资源简介

2024-2025 学年甘肃省甘南藏族自治州高一下学期期末数学试卷
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.已知 = 21 i，则| | =( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 2
2.已知向量 = (2,1), = ( 2,4)，则 2 =( )
A. ( 2,9) B. (0,5) C. (4, 3) D. (6, 7)
3.已知圆锥的底面半径为 1，侧面积为 6π，则此圆锥的侧面展开图的圆心角为( )
A. π B. π6 4 C.
π π
3 D. 2
4.计算：tan10° + tan50° + 3tan10°tan50° =( )
A. 33 B. 1 C.
2 3
3 D. 3
5 2 3.甲、乙两人独立地解同一问题.解决这个问题的概率分别为3和4，则恰好有 1 人解决这个问题的概率为( )
A. 1 5 1 12 B. 12 C. 4 D. 6
6.已知 的三个内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，满足 2 = 2 cos ，且 cos + cos = 1，
则 的形状为( )
A.等边三角形 B.顶角为 120°的等腰三角形
C.顶角为 150°的等腰三角形 D.等腰直角三角形
→ → → → → → → → → → → →
7.已知 ， ， 在 所在平面内，且| | = | | = | |, + + = 0，且 · = · = · ，
则点 ， ， 依次是 的( )(注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角形的垂心)
A.重心外心垂心 B.重心外心内心 C.外心重心垂心 D.外心重心内心
8.已知正方体 1 1 1 1的棱长为 2， ， 分别为棱 1 1, 1的中点，过 ， ， 作正方体的截面，
则截面多边形的周长为( )
A. 25+9 5+2 13 B. 5 + 2 5 + 136 2
C. 5 + 5 + 13 52 D. 2+ 5 + 2 2
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.已知 ， 为两条不同的直线， , 为两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若 // , // ，则 //
B.若 // , // ，则 ， 可以是异面直线
第 1页，共 10页
C.若 ⊥ , // ，则 ⊥
D.若 ⊥ , ⊥ ，则 //
10.已知向量 , 满足 = 2, | | = 2，且| + | = 2 3，则( )
A. | | = 2 B. 与 π的夹角为6
C. 与 π的夹角为3 D. ⊥ ( 2
)
11.在平面直角坐标系中，若 1, 1 , 2, 2 ，则称“ ( , ) = 1 2 + 1 2 ”为 ， 点的“曼
哈顿距离”.若动点 到两定点 1( , 0), 2( , 0)( > 0)的“曼哈顿距离”之和为定值 2 ( > )，则称点
的轨迹为“曼哈顿椭圆”.若点 为该“曼哈顿椭圆”上一点，则下列说法正的是( )
A.已知点 (1,2), (3,5)，则 ( , ) = 5
B.“曼哈顿椭圆”关于 轴、 轴、原点对称
C. 1 2的周长为 2 + 2
D.该“曼哈顿椭圆”的面积为 2 2 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是 ．
13.已知 sin + π6 + cos =
3 π
3 ，则 cos 2 3 的值为 ．
14.在平面四边形 中， 是边长为 2 的等边三角形， 是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，
将该四边形沿对角线 折成四面体 ，在折起的过程中，四面体外接球表面积最小值为 ．
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 13 分)
已知复数 = 2 4 + 3 + 2 1 i, ∈ ．
(1)若 为纯虚数，求 的值；
(2)若 在复平面内对应的点位于第四象限，求 的取值范围．
16.(本小题 15 分)
已知某校高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为 540，360，360.现采用分层抽样的方法从中抽取 7
名同学去儿童福利院参加庆六一献爱心活动．
(1)应从高一、高二、高三三个年级的学生中分别抽取多少人？
(2)设抽出的 7 名同学分别用 ， ， ， ， ， ， 表示，现从中随机抽取 2 名同学承担献爱心活动的主
持工作．
(ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
第 2页，共 10页
(ⅱ)设事件 为“抽取的 2 名同学来自同一年级”，求事件 发生的概率．
17.(本小题 15 分)
如图，四棱锥 的各个棱长均相等， 为侧棱 上的点，且 = 2 ．
(1)求证： ⊥ ；
(2)侧棱 上是否存在一点 ，使得 //平面 .若存在，求 : 的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题 17 分)
已知向量 = (sin , cos ), = (cos , 3cos )．
→ →
(1)若 // ，求 cos2 的值；
(2)若 ( ) = ：
( )求函数 ( )的单调递增区间；
( ) π 3已知 ( 3,2), (3,10)，将 ( )的图象向左平移12个单位长度，向下平移 2 个单位长度得到函数 ( )的
图象.在 ( )的图象上是否存在一点 ，使得 ⊥ 若存在，求出所有符合条件的点 的坐标；若不存在，
请说明理由．
19.(本小题 17 分)
(1)如图，已知圆内接四边形 的边长分别为 = 2, = 6, = = 4，求四边形 的面积；
(2)如图，已知圆内接四边形 的边长分别为 ， ， ， ，试证明其面积为 =
( )( )( )( ) = 12 ( + + + ) ．
第 3页，共 10页
(3)已知凸四边形的边长分别为 = 1, = 2, = 4, = 3，求四边形 内切圆半径 的取值范围．
第 4页，共 10页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.13
13. 79
14.16π/163 3 π
15.解：(1)因为复数 = 2 4 + 3 + 2 1 i, ∈ 是纯虚数，
所以
2 4 + 3 = 0
2
,
1 ≠ 0
由 2 4 + 3 = 0，可得 = 1 或 = 3，
由 2 1 ≠ 0，可得 ≠ 1 且 ≠ 1，
所以 = 3；
(2)因为复数 在复平面内对应的点位于第四象限
2
所以 4 + 3 > 0
( 3)( 1) > 0
，化简可得
2 1 < 0 ( 1)( + 1) < 0
所以 1 < < 1，
所以，实数 的取值范围是( 1,1)．
16.解：(1)由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为 540: 360: 360 = 3: 2: 2，
又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取 7 名同学．
3
所以应从高一年级的学生志愿者中抽取 7 × 3+2+2 = 3(人)
第 5页，共 10页
2
从高二年级的学生志愿者中抽取 7 × 3+2+2 = 2(人)
2
从高三年级的学生志愿者中抽取 7 × 3+2+2 = 2(人)
所以应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取 3 人，2 人，2 人．
(2)(ⅰ)不妨设 , , 为高一学生， , 为高二学生， , 为高三学生，
随机试验从 , , , , , , 中随机抽取 2 名同学的所有可能得抽取结果的集合
Ω =
( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , )
共含有 21 个样本点．
(ⅱ)因为事件 为“抽取的 2 名同学来自同一年级”，
所以 = ( , ), ( , ), ( , ), ( , ), ( , ) ，含 5 个样本点，
所以 ( ) = 521，
17.解：(1)设 ∩ = ，即 为 中点，
由题意得 = ，所以 ⊥ ，
底面 为菱形，所以 ⊥ ，
又因为 ∩ = ， , 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
又因为 平面 ，所以 ⊥ ．
(2)取 上(靠近 )的三等分点 ，
设点 为 的中点，
因为 , 分别为 , 的中点，
所以 // ，又 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，
第 6页，共 10页
因为 ∽ ，所以 // ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，
又因为 ∩ = ， , 平面 ，
所以平面 //平面 ，
又因为 平面 ，
所以 //平面 ，
因为点 为 的中点，所以 : = 1: 1．
→
18. →解：(1)已知 // sin 3cos = cos cos ，即 cos 3sin cos = 0．
若 cos = 0，则 cos2 = 2cos2 1 = 1；
2
若 3sin = cos ，则 tan = 33 ，cos2 = 1 2sin
2 = 1 tan 1+tan2 =
1
2．
(2)( )由已知 ( ) = sin cos + 3cos2 = 1 3 2 sin2 + 2 1 + cos2 = sin 2 + 3 +
3
2 ．

令 2 + 2 ≤ 2 + 3 ≤ 2 + 2 , ∈ ，解得：
∈ 5 12 , +

12 , ∈ 时， ( )单调递增．
( )将 ( ) = sin 2 + 3 +
3 π
2 的图象向左平移12个单位长度，
3
向下平移 2 个单位长度得到函数 ( ) = sin 2 + 2 = cos2 ．
设 ( , cos2 )，因为 ( 3,2), (3,10)，
则 = + 3, cos2 2 ， = 3, cos2 10 ．
由 ⊥ ( + 3)( 3) + cos2 2 cos2 10 = 0，
整理得： 2 + cos2 6 2 = 25．
因为 cos2 ∈ [ 1,1]，故 cos2 6 ∈ [ 7, 5]，
当且仅当 cos2 = 1 且 = 0 时，方程成立.故存在点 (0,1)．
19.解：(1)如图所示：
第 7页，共 10页
连接 ，在 中，由余弦定理得： 2 = 22 + 42 2 × 2 × 4 × cos ，
在 中，由余弦定理得： 2 = 62 + 42 2 × 6 × 4 × cos ，
因为 + = π，则 cos = cos ，
1
两式相减得 cos = 2，
又 0 < < π，
2π
所以 = 3，
所以 =
1
2 sin +
1
2 sin = 8 3．
(2)如图所示：
连接 ，在 中，由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 cos ，
在 中，由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 cos ，
因为 + = π，则 cos = cos ，
2
cos = +
2 2 2
两式相减得： 2( + ) ，
2 2 2 2 2 2
所以sin2 = 1 cos2 = 4( + ) + 4( + )2 ，
而 4( + )2 2 + 2 2 2 2 = ( + + )( + + )( + + )( + + )，
因为 = 12 ( + + + )，
所以 4( + )2 2 + 2 2 2 2 = (2 2 )(2 2 )(2 2 )(2 2 )
，
sin2 = 4( )( )( )( )所以 ( + )2 ，
第 8页，共 10页
sin = 2 ( )( )( )( )所以 + ，
= + = 1 sin + 1 sin = 1则 2 2 2 ( + )sin ，
= ( )( )( )( )，
即 = ( )( )( )( ) = 12 ( + + + ) ．
(3)知凸四边形的边长分别为 = 1, = 2, = 4, = 3，求四边形 内切圆半径 的取值范围
在 和 中分别应用余弦定理，有
2 = 2 + 2 2 cos ,
2 = 2 + 2 2 cos
1
则2
2 2 2 + 2 = cos cos ，又 2 = sin + sin ，
两式平方相加，整理得
4 2 = 2 2 + 2 2
1 2 2 2 2 2
4 + 2 cos( + ) = ( + )
2 14
2 2 2 +
2 2 4 cos2 + 2 ，
注意到
1
+ + 22
2 2 + 2
1
= ( + )2
1
22 2 ( )
1
= 2 (2 2 )(2 2 )
= 2( )( )
+ 12
2 2 2 + 2 = 2( )( )，
故 4 2 = 4( )( )( )( ) 4 cos2
+
2 ，
= = ≤ ( )( )( )( )， =
2 6
5
当 + = + = π，即 、 、 、 四点共圆时取等号．
+ +
另一方面，由 = = 5 知， 最小时， 最小，此时cos2 2 = cos
2
2 最大．
第 9页，共 10页
+ + π + +
又因为 max 2 , 2 ≥ 2，所以只需令 max 2 , 2 最大即可．
设 = , = ,由三角不等式有 1 < < 3,2 < < 4．
易知∠ , ∠ 随 增加而增加，∠ , ∠ 随 增加而增加，
所以只需比较 → 3 和 → 4 的情况即可．
此时四边形 分别趋向于退化成边长为 3、3、4 和 4、4、2 的三角形，
经比较可得面积较小者为 15．
故 = > 15 5 ，
综上， 15 2 6的取值范围是 5 , 5 ．
第 10页，共 10页

展开更多......

收起↑