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2024-2025学年河北省石家庄市二中教育集团高一下学期期末考试
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
2.复数其中是虚数单位，则的共轭复数( )
A. B. C. D.
3.“幸福感指数”指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近表示满意程度越高，现随机抽取位小区居民，他们的幸福感指数分别为，，，，，，，则这组数据的第百分位数是( )
A. B. C. D.
4.已知正四棱台的上、下底面面积分别为和，侧棱长为，则该正四棱台的体积为( )
A. B. C. D.
5.有一种质地均匀的“新型”骰子，其六面中有两面点数为，三面点数为，一面点数为，现连续掷两次该骰子，则这两次掷出点数之和为奇数的概率为( )
A. B. C. D.
6.如图，平行四边形中，，，，，，，分别是，的中点，是上一点，且，则( )
A. B. C. D.
7.已知直四棱柱的底面为矩形，，且该棱柱外接球的表面积为，为线段上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，的最小值为( )
A. B. C. D.
8.已知的内角，，的对边分别为，，，且为内部的一点，且，若，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设，为两个随机事件，若，，则下列结论中正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则，相互独立
C. 若与相互独立，则
D. 若与相互独立，则
10.已知三个内角，，的对应边分别为，，，且，，则下列结论正确的有( )
A. 面积的最大值为
B.
C. 周长的最大值为
D. 的取值范围为
11.如图，在正方体中，，是棱不包含端点上的动点，在正方形内，平面，则下列结论正确的是( )
A. 平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形
B. 存在点，使得异面直线与夹角的余弦值为
C. 若是的中点，则点的轨迹长度是
D. 三棱锥外接球表面积的最小值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，的夹角为，，，则 ．
13.设复数满足，则的取值范围是 ．
14.在三棱锥中，平面，，，，三棱锥的所有顶点均在球的表面上，若点、分别为与的重心，直线与球的表面相交于、两点，则
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知中，所对的边为，向量，，且．
求的大小；
若为中点，，且面积为，求边．
16.本小题分
今年是国家安全法颁布十周年，月日迎来了第十个全民国家安全教育日．某大学团委组织开展了年全民国家安全教育知识竞答活动，旨在践行总体国家安全观，增强全民国家安全意识和素养．该活动共有名学生参加，现将所有答案卷面成绩统计分成五段，分别为，并作出如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中的值；
根据频率分布直方图，求这名学生成绩的中位数和平均数同一组中的数据用该区间的中点值作代表；
已知学生成绩落在的平均数是，方差是；落在的平均数是，方差是求这两组数据的总方差．
附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，为棱上的动点．
当为棱的中点时，证明：平面
若，求平面与平面夹角的余弦值．
18.本小题分
在中，角所对的边分别为已知．
求角；
设为边上一点，记，的面积分别为，若，且．
求；求的值．
19.本小题分
如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，，，是侧棱上的一点．
证明：．
求点到平面的距离．
若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度．
参考答案
1.
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9.
10.
11.
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13.
14.
15.解：由向量，，
且，可得，
又由正弦定理得，整理得，
由余弦定理，可得，
又因为，所以；
因为，可得，即，所以，
又因为，可得，
即，可得，
所以，所以．

16.解：根据频率分布直方图，
有，
解得；
学生成绩落在的频率为，
学生成绩落在的频率为，
学生成绩落在的频率为，
学生成绩落在的频率为，
学生成绩落在的频率为，
由，
可得中位数为，
学生成绩的平均数为；
这两组数据的平均数为，
这两组数据的总方差为
．

17.解：取的中点，连接，．
因为为的中点，所以，．
因为，，所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
因为，平面，所以，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，
所以，，
设平面的法向量为，则
取，得，，
所以．
因为，，，平面，平面，
所以平面，
所以为平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18.解：由和正弦定理，可得，即，
又且，则，
故由可得，联立解得；
由易得，则有，，
因，，则，
即得，代入，可得式，
由，可得式，
将两式相乘，得，又，
联立解得，因为锐角，则；
由上可得，代入式，，
所以，故．

19.解：证明：连接，设的交点为，连接，
因为，，所以与全等，所以，
因为底面为菱形，所以，且为的中点，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，所以；
因为四边形是边长为的菱形，且，
所以，，即，，
因为，且为的中点，所以，
因为，所以，所以，，
由知，因为，平面，
所以平面，
设点到平面的距离为，四边形为菱形，，
，
因为，所以，解得，
因为平面，所以点到平面的距离为；
因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，
过作平面，垂足为，连接，则点在的延长线上，，从而，
设，则，
因为四边形为菱形，且，所以，所以，
由余弦定理可得，
则，解得负值舍去，故．

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