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【江苏省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习
03 填空题
一、填空题
1．（2024高一下·苏州期末）设向量，，，若，则实数λ的值为　 　.
2．（2024高一下·扬州期末）已知一个正四棱台的体积为，上 下底面边长分别为，则棱台的高为　 　.
3．（2024高一下·连云港期末）已知，且，则的最小值为　 　．
4．（2024高一下·南通期末）样本数据7，8，10，11，12，13，15，17的第40百分位数为　 　．
5．（2022高一下·南通期末）已知向量，，则在上的投影向量的坐标为　 　.
6．（2024高一下·扬州期末）已知的面积为满足条件，则　 　.；若，延长至点，使得，则　 　.
7．（2022高一下·镇江期末）请写出一个定义域为R，周期为π的偶函数　 　．
8．（2024高一下·南通期末）以棱长为2的正方体的六个面为底面，分别向外作形状相同的正四棱锥，得到一个多面体，已知正四棱锥的侧面与底面所成的角为．该多面体的体积为　 　，其面数为　 　．
9．（2024高一下·南通期末）已知向量，满足，向量在上的投影向量为，则　 　．
10．（2022高一下·扬州期末）的值为　 　．
11．（2022高一下·镇江期末）求值：　 　．
12．（2022高一下·扬州期末）已知平面四边形ABCD中，，，，且是正三角形，则的值为　 　．
13．（2022高一下·盐城期末）对，函数都有，则　 　.（答案不唯一，写出一个即可）
14．（2022高一下·盐城期末）若的标准差为，则的标准差是　 　.
15．（2022高一下·宿迁期末）已知向量，若与平行，则实数　 　．
16．（2022高一下·海安期末）若数据3x1－2，3x2－2，…，3x10－2的方差为18，则数据x1，x2，…，x10的方差为　 　．
17．（2022高一下·南通期末）写出一个同时具有下列性质①②的复数　 　.
①的实部小于0；②.
18．（2022高一下·南通期末）求值：　 　．
19．（2023高一下·苏州期末）从，，，，这五个数中任选两个不同的数，则这两个数的和小于的概率为　 　.
20．（2022高一下·南京期末）已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为40n，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距　 　n．
21．（2022高一下·南京期末）组数据2，，4，6，10的平均值是5，则此组数据的方差是　 　.
22．（2024高一下·江苏期末）已知中，对应边分别是，若，则　 　.
23．（2024高一下·吴江期末）已知，则　 　.
24．（2024高一下·苏州期末）在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为　 　.
25．（2024高一下·连云港期末）已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为　 　．
26．（2023高一下·苏州期末）如图，长方体的底面的斜二测直观图为平行四边形.已知，，高，，分别为，的中点，用平面截该长方体，则剩余的三棱台的体积为　 　.
27．（2022高一下·盐城期末）设平面向量，，则在上的投影向量的坐标为　 　.
28．（2022高一下·徐州期末）已知复数，其中为虚数单位，若，在复平面上对应的点分别为，，为坐标原点，则线段长度为　 　.
29．（2023高一下·苏州期末）自古以来，人们对于崇山峻岭都心存敬畏，同时感慨大自然的鬼斧神工，一代诗圣杜甫曾赋诗《望岳》：“贷宗夫如何？齐鲁青未了.造化钟神秀，阴阳割昏晓，.荡胸生层云，决眦入归鸟.会当凌绝顶，一览众山小.”然而，随着技术手段的发展，山高路远便 不再是人们出行的阻碍，伟大领袖毛主席曾作词：“一桥飞架南北，天堑变通途”.在科技腾飞的当下，路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离方便出行，如港珠澳跨海大桥等.如图，某工程队将从到修建一条隧道，工程队从出发向正东行到达，然后从向南偏西方向行了一段距离到达，再从向北偏西方向行了到达，已知在南偏东方向上，则到修建隧道的距离为　 　.
30．（2022高一下·海安期末）有如下解法求棱长为的正四面体BDA1C1的体积：构造一个棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，我们称之为该正四面体的”生成正方体”（如图一），正四面体BDA1C1的体积 ．一个对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别，，（如图二），则该四面体的体积为　 　．
31．（2022高一下·徐州期末）已知正方形边长为2，点为边的中点，将四边形绕直线旋转一周，所得几何体的体积为　 　；将四边形绕直线旋转一周，所得几何体的表面积为　 　.
32．（2022高一下·连云期末）在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的体积为　 　，三棱锥的内切球的表面积为　 　．
33．（2022高一下·镇江期末）已知腰长为的等腰直角△ABC，现沿斜边BC上的高AD翻折，使得二面角B－AD－C的大小为60°，则点B到AC的距离为　 　；异面直线AB与CD所成角的余弦值为　 　．
34．（2022高一下·宿迁期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且G是的重心，．则的最小值为　 　．
35．（2022高一下·宿迁期末）蜜蜂的蜂巢构造非常精巧、适用而且节省材料，蜂巢由无数个大小相同的正六边形房孔组成．由于受到了蜂巢结构的启发，现在的航天飞机、人造卫星、宇宙飞船的内部以及卫星外壳都大量采用蜂巢结构，统称为“蜂窝式航天器”.2022年五一节假日前夕，我国的神舟十三号飞行乘组平稳落地，3名航天员先后出舱，在短暂的拍照留念后，3名航天员被转移至专业的恢复疗养场所进行身体康复训练．他们所乘的返回舱外表面覆盖着蜂窝状防热材料，现取其表面中一个正六边形，它的的边长为2，若点P是正六边形的边上一点，则的取值范围是　 　．
36．（2022高一下·扬州期末）如果复数满足，那么的最小值是　 　．
37．（2022高一下·徐州期末）在中，若，，则　 　.
38．（2022高一下·镇江期末）一个正四面体的四个顶点都在一个表面积为24π的球面上，则该四面体的体积为　 　．
39．（2022高一下·扬州期末）已知样本数据的平均数和方差分别为77和123，样本数据的平均数和方差分别为m和n，全部70个数据的平均数和方差分别为74和138，则　 　，　 　．
40．（2024高一下·连云港期末）在中，，若最短边的长为，则最长边的长为　 　．
41．（2022高一下·扬州期末）已知为虚数单位，且复数z满足：，则复数z的模为　 　．
42．（2022高一下·盐城期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是　 　.
43．（2024高一下·江苏期末）在中，为的中点，交于，则　 　．
44．（2022高一下·南京期末）如图，正方形的边长为10米，以点A为顶点，引出放射角为的阴影部分的区域，其中，，记，的长度之和为．则的最大值为　 　．
45．（2024高一下·江苏期末）某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为　 　．
46．（2022高一下·徐州期末）在中，若，点为边的中点，，则的最小值为　 　.
47．（2022高一下·无锡期末）四面体的四个顶点都在球的球面上，和是边长为2的等边三角形，，则球的体积为　 　；若，分别为线段，的中点，则　 　.
48．（2022高一下·海安期末）如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边，直角边、，点在以为直径的半圆上．已知以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，，则　 　．
49．（2022高一下·南京期末）在平行四边形中，，垂足为P，若，则　 　．
50．（2024高一下·镇江期末）某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘（如图），结合地形，他们选择了，两地作为测量点.通过测量得知：，两地相距300米，，分别位于地正东和东偏南方向上；，和分别位于地的北偏东，和南偏东方向上.则，两地之间的距离为　 　米；若一辆汽车通过高速公路段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为　 　千米/小时.
（参考数据：，，，）
答案解析部分
1．
解：因为，，，所以
又因为，所以，解得，
故答案为：.
由题意，根据向量的坐标运算求得的坐标，再根据，列式求实数λ的值即可.
2．
解：设棱台高为，则棱台的体积为.
故答案为：6.
根据棱台的体积公式计算即可.
3．
解：因为，且，
所以，
当且仅当时取等号.
故填：
本题考查了利用基本不等式求最值，先利用不等式，求得，检验等号成立的条件，即得解.
4．11
解：首先对数据从小到大进行排序：7，8，10，11，12，13，15，17，共有8个数据
，
所以这个样本数据的第40百分位数为第四位，即11，
故答案为：11.
根据百分数的定义（如果将一组数据从小到大排序，并计算相应的累计百分位，则某一百分位所对应数据的值就称为这一百分位的百分位数）就可求得第40百分位数.
5．（2，4）
由题意得：在上的投影向量的坐标为
故答案为：（2，4）
利用向量投影公式结合已知条件，代入数值计算出结果即可。
6．；
解：因为的面积S满足，所以，解得，又因为，所以 ；
由，可得，
设，由正弦定理，可得，
过A作，交BC的于E点，如图所示：
，
，
在中， .
故答案为：，.
利用三角形面积公式以及向量的数量积化简即可求得；再结合以及即可求得，设，用x表示出各边长度，利用三角恒等变换化简即可求得的值.
7．f(x)=cos2x（不唯一）
根据三角函数的性质，函数f(x)=cos2x周期为R，周期为，符合要求.
故答案为：f(x)=cos2x（不唯一）
根据三角函数的性质即可求出答案.
8．；
解：根据题意，如图，以棱长为2的正方体的一个面为底面的正四棱锥，
取底面中心，中点，
因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，则，
所以，
从而该多面体的体积为，
考虑到四棱锥的侧面夹角为，其面数为.
故答案为：；.
根据线面垂直的性质（如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线垂直于平面内的所有直线）和正四棱锥的侧面与底面所成的角为，求出正四棱锥的高，从而求体积.
9．2
解：由已知向量在上的投影向量为，则，
又因为即，所以.
所以
故答案为：2
首先利用投影向量的定义（投影向量是通过将一个向量投影到另一个向量的方向上得到的， 它不仅包含了投影的长度， 还保留了原始向量的方向信息）求出，再利用数量积的定义求出即可.
10．
故答案为：
根据两角和的正切公式进行计算，可得答案.
11．
由题意得.
故答案为：
利用正弦二倍角公式可求出答案.
12．2
由已知可得
故答案为：2
根据图形由数量积的运算律，直接进行计算可得答案.
13．sinπx（答案不唯一）
，图象关于点对称，则.
故答案为：sinπx（答案不唯一）.
由 得图象关于点对称，可得出的一个解析式.
14．2
的标准差为，的方差；
的方差为，
的标准差为2.
故答案为：2.
根据标准差、方差的定义进行计算可得答案.
15．1
解：因为向量，
所以，
又因为与平行，
所以，
解得，
故答案为：1
由向量的坐标公式结合共线向量的坐标公式，代入数值计算出结果即可。
16．2
设数据x1，x2，…，x10的方差为，则数据3x1－2，3x2－2，…，3x10－2的方差为，根据条件可知，得.
故答案为：2
根据题意由方差公式，结合已知条件计算出结果即可。
17．
设，因为的实部小于0，即，
，则
所以满足题意.
故答案为：，答案不唯一.
首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。
18．
解：
故答案为：
由两角和的正切公式，代入数值计算出结果即可。
19．
解： 从，，，，这五个数中任选两个不同的数 共有10种可能，分别是其中两个数和小于的有共3种，所以所求概率为
故答案为：
利用古典概型的概率公式即可求解.
20．
由题设， n且，
正弦定理有，则，可得 n.
故答案为：
利用正弦定理求得即可.
21．8
因，故x=3，所以，应填8.
由数据 2，x，4，6，10的平均值是5 ，求出x=3，由此能求出此组数据的方差.
22．2
23．
24．
解：在中，由，，则斜边，，
因为CH为斜边AB上的高，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，平面，则平面，
又因为，所以两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
由题意，先证明两两垂直，再由的边长，求出外接球半径，代入球的表面积公式求解即可.
25．
解：
如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径，
由，，
又，，即，，
所以，，所以，
又，所以，
又，
即，解得，
所以，即球的体积为.
故填：
本题主要考查空间几何中圆锥和球的相关性质及体积计算。首先，需要根据题目条件，建立圆锥体积的等量关系，并结合体积之和的条件求解出圆锥的具体尺寸。之后，利用圆锥的尺寸关系求解球的半径，最后求出球的体积。
26．
解：如图
由题意可得长方体的AB=3，BC=4，，又 ，分别为，的中点，
由棱台的体积公式可得
故答案为：
先利用斜二测画法求出长方体的长，宽，高，再利用棱台的体积公式即可求解.
27．
，，
在上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
利用向量的投影向量公式，代入坐标进行计算即可得答案.
28．
由题意，，故，在复平面上对应的点分别为，故
故答案为：
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的几何意义，求出M(-1，-2)， N(-3，4)，再结合两点之间的距离公式，即可求解出线段长度 .
29．
解：如图：
因为点C在点B的南偏西方向上，所以，
因为点C在点A的南偏东方向上，所以，
在中由正弦定理可得，
又因为
所以，
又点D在点C北偏西方向上，点A在点C的北偏西方向上，
所以，在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，km
故答案为：
由条件在中利用正弦定理求AC，在中由余弦定理求AD即可.
30．2
设等腰四面体的“生成长方体”的长，宽，高，分别是，由条件可知，
，解得：，
所以该四面体的体积.
故答案为：2
由已知条件即可得出关于a、b、c的方程组，求解出结果并代入到体积公式由此得出答案。
31．；
由题意，将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为圆台，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，故其体积为：.
将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为一个底面半径和高均为2的圆柱，中间挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥后所形成的组合体.
圆柱的表面积为：，
圆锥的底面积为，
圆锥的侧面积为：，
所以该几何体的表面积为：.
故答案为：；.
将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为圆台，圆台的上、下底面半径分别为1和2，高为2，由圆台的体积公式代入即可求出几何体的体积；将四边形绕直线旋转一周，所得几何体为一个底面半径和高均为2的圆柱，中间挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥后所形成的组合体，由圆锥和圆柱的表面积公式代入即可求出几何体的表面积.
32．6；
解：因为，，，在中，，
所以，又平面，所以，
因为平面，平面，所以，，，故
又，，所以平面，
又平面，所以，
所以均为直角三角形，
设三棱锥的内切球的球心为，半径为，
则，
即，
解得，故三棱锥的内切球的表面积.
故答案为：6；.
根据已知条件可得，利用三棱锥的体积公式结算即可；利用线面垂直的判定定理可证明平面，设内切球半径为，利用等体积法求解内切球的半径，利用球的表面积公式结算即可.
33．；
如图，
图①中，由题意，， ，所以，
因为，所以为二面角B－AD－C的平面角，
即，所以图②中，设点B到AC的距离为，
由三角形面积可知，即.
设异面直线AB与CD所成角为，
，
，
.
故答案为：；.
根据折前折后不变的数量关系，二面角的平面角，利用等面积法求高，根据向量法求异面直线所成角的余弦值.
34．
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为G是的重心，所以，
所以
，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为，
故答案为：
首先由同角三角函数的基本关系式以及两角和的正弦公式整理化简计算出cosA的取值，结合角的取值范围即可求出角A的大小，然后由数量积的运算性质以及向量的运算性质，由基本不等式即可求出最小值。
35．[-1，0]
如图，以A为坐标原点AB，AE分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
则 ，设正六边形的中心为M，则，
设点 ，则 ，
故，
而表示点和的距离的平方，
即，而 ，
当P位于边的中点处取最小值，位于顶点处取值大值，
故，
所以，
故答案为：[-1，0]
根据题意把实际问题转化为数学问题，建立直角坐标系由此求出点以及向量的坐标，然后由数量积的坐标公式整理化简，结合两点间距离公式即可求出数量积的取值范围。
36．1
设，则的几何意义为复平面内点到点及点的距离和为2，
又，设点和点，则点的轨迹为线段，
又的几何意义为复平面内点到点的距离，
设，结合图像可知，当时，的最小值为1.
故答案为：1.
根据题意，分析可得满足 的点z几何意义为线段AB，进而分析的几何意义，进而由图示分析可得 的最小值 .
37．
由正弦定理可得：
，
则.
故答案为：.
直接利用正弦定理化简求解可得答案.
38．
设正四面体的棱长为，外接球半径为，
如图正四面体中，为的中点，为的中心，连接，则平面，为正四面体外接球的球心，连接，
则，
所以，
因为正面体外接球的表面积为24π，所以，得，
所以，
所以，
在中，，
则，解得或（舍去），
所以该四面体的体积为，
故答案为：
设正四面体的棱长为，外接球半径为，画出正四面体的图形，则在中，由可求出a，从而可求出该四面体的体积.
39．70；130
由题意，，，故，故.又，即，，即，故，故
故答案为：70；130
根据平均数与方差的公式列式求解可得答案.
40．
解：因为，
所以，即
所以，，，
由正弦定理得：.即最长边的长为.
故填：.
本题主要考查了两角和的正切公式，正弦定理的简单应用，由题意结合两角和的正切公式可得，即，故c为最长边，结合正弦定理代值计算即可得解.
41．
，则，故
故答案为：
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简z，再根据复数的模的定义计算可得答案.
42．
设，连接，
四边形为菱形，为中点，
，，，，
又，平面，平面；又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
四边形为菱形，为四边形各内角的平分线，
即为四边形的内切圆圆心，四边形内切圆的半径；
，，；
，，，
设，，，
，（其中），
，，
即异面直线与所成角的余弦值的取值范围为.
故答案为：.
设，结合等腰三角形三线合一和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立空间直角坐标系，根据菱形的性质可确定内接球接圆圆心为O，并确定的内切圆的半径，由此可设，利用异面直线所成角的向量求法可将所求角的余弦值表示为，由此可得异面直线与所成角的余弦值的取值范围.
43．
44．
由题设，，，
而，故，
所以，
综上，且，
所以，
令，则，
所以，故在上递减，
所以，此时或.
故答案为：
由题意结合三角恒等变换得到且，令，进一步得到，由函数单调性求最大值即可.
45．
46．-2
，因为为边的中点，，故，故求的最大值.设，，则由余弦定理，，，因为，故，即，又，故，即，此时，故，当且仅当时取等号.即的最小值为-2
故答案为：-2
设，， 依题意， ，结合余弦定理及基本不等式可得由此得出 的最小值 .
47．；
因为和是边长为2的等边三角形，
所以，，
又，
所以，，
所以，为以为斜边的直角三角形，
设的中点为，则，
故四面体的外接球的球心为，
又为四面体的外接球的球心，
所以为的中点，且球的半径为，
所以球的体积，
因为，，
所以，
所以，同理，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以，
因为，，所以为直角三角形，
又为线段的中点， 所以，
又，
所以，
故答案为：，.
根据题意由已知条件结合三角形中的几何计算关系计算出边的大小，结合勾股定理即可判断出三角形的形状，由中点的性质结合题意计算出结果即可。
48．
解：因为以直角边、为直径的两个半圆的面积之比为3，所以，
所以在直角三角形中，
因为，所以，
所以，
故答案为：.
由已知条件结合圆的面积公式，代入数值计算出角的大小，再由两角和的余弦公式代入数值计算出结果即可。
49．
平行四边形中，，
因为，所以，
根据向量的几何意义可知，
解得：.
故答案为：
根据平行四边形对角线互相平分得到，再利用向量的几何意义求出，求出.
50．1000；72
解：
在中，，，米，，
由正弦定理得，即得米；
在中，米，，，，
由正弦定理得，即得米，
在中，，米，米，
由余弦定理得，
即，所以米千米，
秒小时，所以速度为千米/小时，
故答案为：1000；72.
由方位角知识得到，，，，，在和中由正弦定理得到米，米，在中由余弦定理（三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即）得到米千米，由速度公式求得速度.

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