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2024-2025学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高一（下）期末数学试卷
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.设是虚数单位，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.
2.某班有位同学，他们依次编号为，，，，现利用下面的随机数表选取位同学组建“文明校园督查组”选取方法是从随机数表的第行的第列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第位同学的编号为( )
A. B. C. D.
3.下列各式化简结果为的是( )
A. B.
C. D.
4.已知，为不重合的两条直线，，为不重合的两个平面，则( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.如图，在中，，点是的中点设，，则( )
A.
B.
C.
D.
6.关于函数描述正确的是( )
A. 最小正周期是 B. 最大值是
C. 一条对称轴是 D. 一个对称中心是
7.已知角，，，，则角( )
A. B. C. D.
8.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为，则下列结论中，错误的是( )
A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为
C. 直线与的夹角为 D. 平面
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.下列说法正确的是( )
A. 一组数据，，，，的平均数是，则这组数据的众数是
B. 数据，，，，，，，，，的第分位数是
C. 用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，则总体中某个体被抽到的概率是
D. 若样本数据，，，的标准差为，则数据，，，的标准差为
10.在中，内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是( )
A. 若，则是钝角三角形
B. 若是锐角三角形，则
C. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个
D. 若，则
11.在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点，则下列选项正确的有( )
A. 直线与直线所成的角是
B. 二面角的平面角是
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 三棱锥外接球半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正四棱台的上下底面分别是边长为和的正方形，侧棱长为，则该正四棱台的体积为______．
13.将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到函数的图象若函数为偶函数，则的最小值为______．
14.已知梯形中，，，，，，若，，，则的取值范围为______．
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
已知向量和，则，，求：
的值；
的值；
与的夹角的余弦值．
16.本小题分
汽车智能化无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车的性能满意情况，随机抽取名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在内，将这些数据分成组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示．
求样本中打分在内的客户人数并估计样本的中位数；
已知打分在内的样本数据的平均值为，方差为，打分在内的样本数据的平均值为，方差为，求打分在内的样本数据的平均值与方差．
17.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知，．
求角的值；
若边的中线长为，求的面积
求的最大值．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面，点在棱上．
求；
若平面，求三棱锥的体积；
若二面角的大小为，求．
19.本小题分
设，函数满足．
当，时，若存在实数，对任意的是函数的定义域的子集，都有，且存在，使得，则称为函数在区间上的最大值，称为最大值点，求在上最大值点的个数；
若，函数的最小正周期，且函数的图像与直线在区间上有且仅有个交点，求的取值范围．
当时，小明利用函数进行一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，小明将一颗棋子开始时置于左下角棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点，每走一步移动格，且在第步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求的取值范围．
参考答案
1.
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12.
13.
14.
15.解：，，，
；
，
；
，
．
16.根据频率分布直方图可知，打分在内的频率为：
，
所以样本中打分在内的客户人数为人．
由图可知，打分在内的频率为，在内的频率为，
设样本的中位数为，则，
则，解得，
故样本的中位数为；
由题可知，打分在，内的频数分别为，，
所以打分在内的样本数据的平均值为．
打分在内的样本数据的方差为：
，
综上所述打分在内的样本数据的平均值与方差分别为，．
17.因为，
由正弦定理可得，
即，而，
又余弦定理可得，
可得，
又因为，
所以；
因为为上的中线，且，
可得，
两边平方可得，
即，
又由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，
所以的面积为：；
由知且，设的外接圆的半径为，可得，
又由正弦定理，可得，，
则，
，
其中，且为锐角，
因为，所以时，取得最大值，最大值为．
18.证明：因为平面，平面，所以平面平面，
又因为，平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以三角形为直角三角形，
所以，即．
连接与交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，可知为的中点，而平面，平面，因此，
在三角形中，，，，
所以，，，
所以
．
根据题意知平面，过点作的平行线交于点，
所以平面，再作为垂足，
由于平面，因此，而，，平面，
因此平面，而平面，因此，
所以为二面角的平面角，，
根据第二问可知，因此三角形是等腰直角三角形，
同理三角形也是等腰直角三角形，从而，
在三角形中，，，所以，
设，，那么且，
所以，所以．
19.，则，
令，
当时，在上有两个最大值点，，
故在上有个最大值点；
曲线与直线在上有且仅有个交点，
即方程在上有且仅有个根，
由，可知，
又因为，即，
所以，
故，
则只需，
，
解得，
即的取值范围为；
，棋子移动的周期为，
因为，，，，
由正弦函数的单调性得，
若，，，中至少三个大于或等于，满足题意，
即，则；
若，，，中只有二个大于或等于，
棋子落在棋盘右上角亦满足题意，即：，
则；
综上，的取值范围是．
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