资源简介

2024~2025学年度第二学期期末抽测
高一年级数学试题
注意事项：
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
2,回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1.己知iz=3+i,则z的虚部为
A.-3
B.-1
C.1
D,3
2.己知a=(5,-1),b=(3,1),则|a-b1=
A.2
B.2√2
C.4
D.8
3.用分层抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，
高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总数为
A.1400人
B.1600人
C.1800人
D.2000人
4.从分别写有1,2,3,4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数
字之和是奇数的概率为
A青
8号
C.7
5.设a,B为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，则下列命题正确的是
A.若ml∥n,nCa,则m∥a
C.若a⊥B,m∥a,n上B,则m⊥n
B.若m⊥B,n∥B,则m⊥n
D.若m∥a,nlB,mln,则u∥f
6.在梯形ABCD中，AB∥CD,AD=l,AB=2,∠BAD=60°，若AC在AB上的投影
向量为二AB,则AC=
A.
AB+AD
B.4B+AD
c.+丽
D.4B+IAD
高一数学试题第1页（共4页)
7.已知一个古典概型的样本空间2和事件A,B,满足n(2)=8,()=3,n(B)=4,
n(A+B)=5,则
A.A,B相互独立
B.A,B互斥
C.PA)
D.
团-号
&a咖coa3raa+骨-9则o2x-名
A.-2
B._V2
16
8
c.
D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符
合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.有两组样本数据：2,6,4,2,1和4,8,6,4,3，则这两组样本数据的
A.样本平均数不相同
B.样本中位数相同
C.样本标准差不相同
D.样本极差相同
10.在锐角△ABC中，si4+B)=子sn-)=号则
A.sinAcosB=2
B.tan 4=2tan B
c.am(4+创=号
D.tanA=2+√6
I1.如图①，在长方形ABCD中，AB=V5,AD=3,M,N为AD的三等分点，P,2
为BC的三等分点，连接BM,PN,QD,分别交
AC于点K,G,O.如图②，将△ACD沿AC翻折
至△ACF,形成三棱锥F一ABC,则
A.AC⊥平面PGW
B.当GLBK时，直线MG与0Q所成的角为号
C.当二面角F-AC-B为2时，BN=2
3
D.直线OF上的点到直线PG的最短距离为
2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为
高一数学试题第2页（共4页）2024~2025 学年度第二学期期末抽测
高一数学试题参考答案与评分标准
一、选择题：
1．A 2．B 3．C 4．D 5．B 6．C 7．C 8．D 二、选择题：
9．AD 10. ABD 11. ACD
三、填空题：
12. 8 13. 或 3 14. 4 2
四、解答题：
15. （1）由频率分布直方图可得市民年龄在[25,45) 内的频率为 0.03 10 0.04 10 0.7， …………3 分由
题得，随机选取了 200 名市民，所以市民年龄在[25,45) 内的人数为 0.7 200 140.
所以选取的市民年龄在[25,45) 内的人数为 140 人. …………………………………………………………5 分
（2） 由频率分布直方图，可估计 200 名市民的年龄的平均数为
(0.01 20 0.03 30 0.04 400.02 50) 10 37.
所以这 200 名市民的年龄的平均数为 37 岁.…………………………………………………………………9 分
（3） 由频率分布直方图，可知前两组频率之和为 0.01 10 0.03 10 0.4，
前三组频率之和为 0.01 10 0.03 10 0.04 10 0.8，…………………………………………………11 分所以 70 百
分位数应在[35,45) 中，设为 x，可得 0.4 (x 35) 0.04 0.7 ，解得 x 42.5.
所以这 200 名市民的年龄数据的 70 %分位数为 42.5. …………………………………………………13 分
1 1 1
16.（1）当 x 时，z1 i ，z2 i ，……………………………………………………………2 分
3 2 2
1 1 3
所以 z z1 2 ( i)(1 i) 1 i ，…………………………………………………………………………4 分
2 2 4
3 5
1 2 )
2 2 2
z 1 2z2 2i ，则| z 2z | ( 2 2 .………………………………………………………6 分
（2）由已知得 A(cos ,1), (1B, x 31s in x) ，………………………………………………………………8 分因为 OA OB ，所以 OA
OB 3sin x) 0 ， ……………………… c…o…s x… …1…1…( 11 0 分
) 1
所以 3sinx 1cosx 1 ，即 sin(x ，…………………………………………………………13 分
2 2 2 6 2
2
因为 x (0, ) ，所以 x ( , ) ，所以 x ，即 x . …………………………………15 分
3 6 6 2 6 6 3
△ABC 中，由余弦定理可得 acosB b cosA a a c b2 2 2 b b c a2 2 2 c.……2 分
17. （1）在
2ac 2bc
所以 2cosC a cosB bcosA c 即 2ccosC c ，所以 cosC . ………………………………………4 分又因为 C
(0, ) ，所以 C . ………………………………………………………………………………6 分
3
（2）因为 a 2，b 3，由余弦定理得 c2 a2 b2 2abcosC 4 9 2 2 3 7，即 c 7，……8 分
9 7 4 2 7 9 1
所以 cosB 4 ， 237 7 cosA ， …………………………………………………10 分 2 2
7 2 7 连接 DE，DF，则 CE DE ，设为 x，CF DF ，设为 y，
7 1
2 (2 x)2 7 2 (2 x)，解 得 x ， …………………12 2 2 7
分在△BDE 中，由余弦定理得 x
4
7 2
2 7
2 (3 y)2 7 2 (3 y)，解得 y ， …………………14 分在△ADF 中，由余弦
定理得 y
4
1 1 14 16 30 所以 . ………………………………………………………………………………15 分 CE CF 19 19 19
3 1 3 1
18. （1）因为 a (cos ,sin ) ( , ) ，a (cos ,sin ) ( , ) ，……………………2 分
6 1, 6 6 2 2 5, 6 6 6 2 2
3 1 3 1
a a ( , ) ( , 5, 2 2 2 2
) (0,1) . ………………………………………………………………3 分
1,
6 6
（2） 因为 a1,x (cos ,sinx x) 与 b (1,2)共线，所以 2cosx sinx 0，…………………………………5 分
sin x 2cosx
因为 x (0, ) ，所以 sinx 0，即 cosx 0，所以 tan x
2 ， ………………………7 分 cosx cosx
2 4
所以 tan2x 12tantan2xx 12 4 3 .…………………………………………………………………………9 分
（3） 因为|a a | (cosnx cos x)2 n x, 1,x (sin nx sin x)2 2 2cos(n 1)x ，………………………11 分
|a a | 2 2cos(n 1) ，……………………………………………………………………………12 分 n, 1, 4 4 4 要证|an x,
1)
a1,x |≤|a a |，只要证 cos(n 1)x≥cos(n . n,4 1,4 4
(n 1)
方法 1：①当 x 时，cos ≥cos(n 1) 对 n N*成立，……………………………………13 分
4 4 4
②当 x (0, ) ( , ) 时，取 n 2，cos x≥cos ，解得 0 x ，…………………………………15 分
4 4 4 4
3
取 n 9，cos8x≥cos2 1，所以 8x 4 ,6 ，即 x , ，
2 4
3 又因为 , (0, ) ，所以不存在 x (0, ) ( , ) 使
原不等式成立.
2 4 4 4 4
综上所述，当且仅当 x 时，|an x, a1,x |≤|a a |. ………………………………………………17 分
4 n,4 1,4
k 方
cos
法 2：令 k n 1,k N，则 coskx≥ ，
4
k
①当 x 时，cosk ≥cos 成立，…………………………………………………………………13 分
4 4 4
cos k
②当 0 x 时，取 k 8，0 kx 2 ， 1coskx 1，而 cos2 1 ，
4 4 k 所以 coskx cos ，………………………………………………………………………………………14 分
4
k
③当 x≤ 时，取 k 2， kx ，coskx 0，而 cos cos 0 ，
4 22 4 2
k
cos
所以 coskx ，………………………………………………………………………………………15 分
4
2 k
④当 x 时，取 k 1， kx ，coskx 0，而 cos k cos ，所以 coskx cos .
2 2 4 4 2 4
综上所述，当且仅当 x 时，|an x, a1,x |≤|a a |.………………………………………………17 分
4 n,4 1,4
19. （1）证明：因为底面 ABCD 为菱形，所以 AD // BC，……………………………………………1 分又因为 AD 平
面 PBC，BC 平面 PBC，所以 AD // 平面 PBC . …………………………………3 分
（2）取 AB 中点 E，连接 PEDE, ，因为底面 ABCD 是边长为 2
的菱形，且 ABC 120 ，所以 DA DB DC 2，……………4 分
DE AB ，DE 3 . 又因为 PA PB ，所以 PE AB 1，因为平面
PAB 平面 ABCD， DE AB ，平面 PAB 平面
ABCD A ，DE 平面 ABCD，所以 DE 平面 PAB，……6 分又因
为 PE 平面 PAB，所以 DE PE ，即△PDE 为直角三角形，所以
DP DE PE 2 2 3 1 2，所以 DA DB DC DP ，即点 P A BC, , , 在以 D为球心的同一
球面上.…………………………………………………………………8 分（3）设 P 在底面 ABCD 上的射影为点 G，PG 平面
ABCD，则 PCG 就是 PC 与平面 ABCD 所成的角.
①若点 G 在 CE 上，则 PCE 就是 PC 与平面 ABCD 所成的角. 在△CBE 中，由余弦定理得 CE BC BE 2
7 7
G CE CGE, G PEG GEC (0 ,
π ] (0 , π ) .
2
PG ABCD GE,C G ABCD PGGE PGCG .
Rt PG E PE 1 GE cos PG sin
2
cos 7 27 cos co s
2 2 PC PG CG 8 2 7 cos co s
1 2
CPE 7
2 2BCBEcos CBE 7 ， …………………………9 分在△PCE 中，由正弦定理，sin PCE sin ，当
且仅当 CPE 90 时，取等号. ……10 分在△CGE 中，CG 所以在 Rt△PGC 中，
PC
PG sin sin 1 cos2 则 sin PCG 8 2 7cos cos ≤ 8 2 7cos 8 2 7
cos ，当且仅当 cos 1 时，取等号，而 cos ( 1,1) ，所以等号取不到. ………………………………14 分
8 t
令 8 2 7 cos t ，8 2 7 t 8，则 cos ， 2 7
所以 1 cos2 4 1 36 ≤ 4 1 2 36
1 ，……………………………16 分
(t )
8 2 7 cos t 7 28 t 7 28 7
7
36 .
当且仅当 t ，即 t 8 2 7cos 6，即 cos 时，取等号 t7
7 . 所以 sin PCG
7
7 .…………………………………17 分综上所述，
直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值的最大值为
7

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