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2024-2025学年贵州省黔西南州高一（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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.复数的共轭复数( )
A. B. C. D.
3.已知向量，若，则等于( )
A. B. C. D.
4.已知，，若，则的最小值是( )
A. B. C. D.
5.已知棱台的上、下底面面积分别是，，高为，则该棱台的体积是( )
A. B. C. D.
6.已知，且是第一象限角，则( )
A. B.
C. D.
7.在一家高科技公司，研发团队设计了一个高度机密的保险箱密码为了防止密码被泄露，公司决定让两名顶级安全专家甲和乙分别独立破译密码甲专家擅长某种加密算法，其独立破译密码的概率为，乙专家有更先进的解密工具，其独立破译密码的概率为，则两人中恰有一人破译密码的概率为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，则有( )
A.
B. 的值域为
C. 在上单调递增
D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为
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.兴义市某中学高一年级进行年度表彰活动，对申报表彰的同学进行“德智体美劳”等方面进行考核，有五位同学因表现优异分别获得了各类别的“优秀之星”称号具体获奖次数列举如下：、、、、，则下列说法中正确的是( )
A. 这组数据的极差为 B. 这组数据的方差为
C. 这组数据的众数等于平均数 D. 这组数据的中位数是
10.已知向量，，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
11.数书九章是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，数书九章中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边、、，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积”若把以上这段文字写成公式，即：，现有，其内角、、的对边分别为、、，且：：：：，的面积为，则下列结论正确的是( )
A. 的周长为
B. 若为的外心，则
C. 内切圆的半径为
D. 在中，边的中线的长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数，则 ______．
13.若事件与互斥，且，，则 ______．
14.在中，是的中点，，，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
现有一红一绿两颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有数字，，，，，，在抛掷骰子的试验中：
若只抛掷红色的骰子，记下骰子落地时朝上的面的点数，写出该试验的样本空间；设“骰子朝上的点数大于”，求事件的概率；
若同时抛掷两枚骰子，记下骰子朝上的面的点数若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次实验的结果设“两个点数之和等于”，“至少有一颗骰子的点数为”，分别求出事件，的概率．
16.本小题分
如图，在正方体中，点，分别为棱，的中点．
证明：平面；
求直线与直线所成的角的大小．
17.本小题分
为推广“康养胜地、人文兴义”旅游品牌，黔西南州文旅局在某旅行社举办“最美黔西南”知识竞赛，从参与活动的人员中随机抽取名，根据他们的竞赛成绩成绩均在内，按，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．
求的值；
根据直方图估计本次竞赛成绩的平均分同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
若将本次竞赛分数从高到低排序，分数位于前的人员，文旅局对其发放马岭河峡谷的免费门票，求获得免费门票的人员的最低分数．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，．
求；
已知．
(ⅰ)当时，求的值；
(ⅱ)当时，求的周长．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，若．
求点到平面的距离；
求二面角的余弦值；
若为侧面内包含边界的一点，且四棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值的最小值．
参考答案
1.
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14.
15.由题易知，样本空间，则，
的概率为；
由题意，设“两个点数之和等于”，“至少有一颗骰子的点数为”，
根据题意，写出事件，的所有可能如下所示：
，，，，，
，，，，，，，，，，，
则，，
所以．
16.证明：因为点，分别为棱，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
设正方体棱长为，，
所以，
所以三角形是边长为的等边三角形，
所以直线与直线所成的角的大小为，
因为，
所以直线与直线所成的角的大小为．
17.由频率分布直方图可得，解得：．
平均分为：，所以平均分为．
因为，所以最低分数为第名分数，
且频数为，频数为，
所以第名在这一组中，并且为该组的第名，
所以分，
所以最低分数为分．
18.由题意，
又因为，
可得；
因为，，，
又因为，可得，即，
解得或；
(ⅱ)由于，
所以，
因为，，可得，可得，
可得，
又因为，
可得，
所以由正弦定理可得，解得，
可得的周长为．
19.解：取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
即点到的距离为，
又因为，
可得，
所以点到的距离为．
取的中点，连接，，
因为底面是正方形，可得，
由知，平面，且平面，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为的平面角，
在直角中，可得，
所以，
即二面角的余弦值为．
因为底面是正方形，且，所以正方形的面积为，
设四棱锥的高为，
因为四棱锥的体积为，
可得，
解得，
分别取，，，的中点，，，，连接，，，，
可得，，
所以，，，在同一个平面内，
因为，，且平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又因为，且，平面，
所以平面平面，
由知平面，且点到的距离为，
所以到的距离为，即到的距离为，
即点在线段上运动，且点到平面的距离为，
要使得与平面所成角的正弦值的最小值，则最长，
即点与重合时，与平面所成角的正弦值取得最小值，
取的中点，因为为的中点，可得，
因为平面，所以平面，
连接，因为平面，所以，
在直角中，，
可得，
在直角中，可得，
则，
即与平面所成角的正弦值的最小值为．
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