江苏省扬州市2024-2025学年高一下学期期末检测数学试题

2024－2025学年第二学期期末检测 高 一 数 学 2025.06 注意事项： 1. 答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”. 2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效. 一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求) 1．sin 15°cos 15°的值为 ( )． A．－ B． C．－ D． 2．在一次数学测试中，有8位同学的分数分别是：115，118，125，130，130，132，136，140，则这组数据的75百分位数是 ( )． A．130 B．132 C．134 D．136 3．若，则的值为 ( )． A． B． C． D． 4．用二分法可将函数在区间中的零点精确到区间 ( )． A． B． C． D． 5．已知向量，若在上的投影向量为，则实数为( )． A． B． C． D． 6．在中，内角的对边分别是，若，则为 ( )． A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 7．已知圆锥底面半径为，其侧面展开图是半圆．用一个平行于底面的平面截此圆锥，截去一个高为的圆锥，则所得圆台的体积为 ( )． A． B． C． D． 8．如图，已知与为全等的正六边形，且，点为边IJ的中点，则的值为 ( )．    A．30 B．32 C．35 D．36 二、多项选择题(本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分) 9．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论正确的有 ( )． A．若，，则 B．若，，则 C．若， ，则 D．若，， 则 10．在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有唯一解的有 ( )． A．，， B．，， C．，， D．，， 11．连续抛掷一枚质地均匀的硬币次，记录这次实验的结果．设事件表示“次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件表示“次实验结果中，至多出现一次正面”，则下列结论正确的有 ( )． A．若，则与互斥 B．若，则与不相互独立 C．若，则与不互斥 D．若，则与相互独立 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知一组数据的方差为2，则数据的方差为 ． 13．已知向量满足，则与的夹角为 ． 14．右图为三棱锥的展开图，其中，，，，则三棱锥的顶点到平面的距离为 ；三棱锥的外接球的表面积为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 已知向量，，其中，且． （1）求的值； （2）若，且，求的值． 16．（本小题满分15分） 某机构为调查本市不同年龄的市民对“奥运会”相关知识的认知程度，对不同年龄的人举办了一次“奥运会”知识竞赛．其中认知程度高的共有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者． （1）求的值，并根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄（同一组中的数据用该组的组中值做代表值）； （2）现从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，随机抽取2名作为组长．已知甲（年龄38岁），乙（年龄41岁）两人已确定入选宣传使者，求甲、乙两人中恰有一人被选上的概率． 17．（本小题满分15分） 已知函数，． （1）设，将表示成的函数，并写出的取值范围； （2）若，求函数的值域； （3）若函数存在零点，求实数的取值范围． 18．（本小题满分17分） 如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，平面平面，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：； （3）若，，与平面所成角为，求二面角的正弦值． 19．（本小题满分17分） 中，内角所对的边分别为，为的角平分线，且，． （1）求的值，并说明理由； （2）求面积的最大值； （3）求与内切圆半径之比的取值范围． 第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $$1 2024－2025 学年第二学期期末检测 高一数学参考答案 2025.06 1．B 2．C 3．A 4．A 5．B 6．B 7．D 8．C 9．BC 10．ABD 11．BCD 12．18 13．90 14． 3 2 ； 13 π 3 15．解：（1） (cos ,1)m  ， (sin ,2)n  ，且 / /m n， sin 2cos   ， π (0, ) 2   ，  tan 2  ， …… 3 分  2 2 2tan 2 2 4 tan 2 1 tan 1 2 3           ． ……6 分 （2）由 sin 2cos  及 2 2sin cos 1   得 2 1 cos 5   ， 2 3 cos2 2cos 1 5      ； π (0, ) 2   ， 2 (0,π)  ， 2 2 3 4 sin 2 1 cos 2 1 ( ) 5 5        ， …… 9 分 5 sin 13   ，且 π (0, ) 2   ， 2 2 5 12 cos 1 sin 1 ( ) 13 13        ， …… 11 分  4 12 3 5 63 sin(2 ) sin 2 cos cos2 sin ( ) 5 13 5 13 65               ． …… 13 分 16．解：（1）由 10 0.02 5 1 m   得 100m  ； …… 3 分 22.5 0.02 5 27.5 0.07 5 32.5 0.05 5x          37.5 0.04 5 42.5 0.02 5 31.75       ；… 7 分 （2）由题意得，第四组应抽取0.2 20 4  人，记为 A（甲），B，C ，D， 第五组抽取0.1 20 2  人，记为 E （乙）， F ． 对应的样本空间为：                  Ω , , , , , , , , , , , , , , , , ,A B A C A D A E A F B C B D B E B F ，           , , , , , , , , , ,C D C E C F D E D F E F ．记 “甲、乙两人中恰有一人被选上” 为事件M ，                 , , , , , , , , , , , , , , ,M A B A C A D A F B E C E D E E F ，则       15 8 Ω n M P M n   ， 所以甲、乙两人中恰有一人被选上的概率为 8 15 ． ……15 分 17．解：（1） π sin cos 2 sin( ) [ 2, 2] 2 2 2 4 x x x t       ， 2 2sin 2sin cos (sin cos ) 1 1 2 2 2 2 x x x x x t      ， 2 2 2( ) ( 1) 3 2g t at t t at         ， [ 2, 2]t  ； ……5 分 （2）当 1a  时， ( )f x 的值域即为 ( )g t 的值域． 2( ) 2g t t t    ， [ 2, 2]t  ， 2( ) 2g t t t      7 [ 4 2, ] 4    ， ( )f x 的值域为 7 [ 4 2, ] 4    ； ……8 分 （3）若函数 ( )f x 存在零点，即函数 2( ) 2g t t at    在区间[ 2, 2] 上存在零点， 即关于 t 的方程 2 2 0t at   在 [ 2, 2]t  上有解， ……10 分 ①当 0t  时， a不存在； ……11 分 ②当 (0, 2]t 时， 2 2 2 2 2 2 2 t a t t t t t        （当且仅当 2 t t  即 2t  时取等号） 同理可得：当 [ 2,0)t  时， 2 2a   ； 综上： a ( , 2 2] [2 2, )    ． ……15 分 18．证明：（1）如图Ⅰ，连接MO ．因为四边形 ABCD是菱形， AC 交 BD于点O， 所以O为 AC 的中点，又因为M 为 PC 的中点，所以 / /MO PA； 因为MO 平面MBD， PA 平面MBD，所以 / /PA 平面MBD． …… 4 分 （2）证明：如图Ⅱ，因为四边形 ABCD是菱形，所以 BD AC ，因为平面 PAC 平面 ABCD，平面 PAC 平面 ABCD = AC ， BD 平面 ABCD，所以 BD 平面 PAC ， 因为 PC 平面 PAC ，所以 BD  PC ． …… 8 分 （3）如图Ⅲ，过点 P 作 PF  AC ，垂足为 F ．因为平面 PAC 平面 ABCD， 平面 PAC 平面 ABCD = AC ， PF 平面 PAC ，所以 PF 平面 ABCD， 所以 PAC 为 PA与平面 ABCD所成角，所以 60PAC  ． …… 10 分 方法 1：如图Ⅲ，因为 / /MO PA， PA  PC ，所以 PC  MO ，由Ⅱ得 PC  BD， MO BD O ，且MO ， BD 面MBD，所以 PC 面MBD，又MB，MD 平面MBD， 所以 PC  MB， PC  MD ，所以 BMD 即为二面角 B PC D  的平面角． …… 13 分 方法 2：如图Ⅲ，因为O为 PC 的中点， PA  PC ，所以OP OC ，M 为 PC 的中点， 所以 PC  MO ，由Ⅱ得 PC  BD，MO BD O ，且MO ， BD 平面MBD， 所以 PC 平面MBD，又MB，MD 平面MBD，所以 PC  MB， PC  MD ， 所以 BMD 即为二面角 B PC D  的平面角． …… 13 分 方法 3：如图Ⅲ，由（2）得 BD 平面 PAC ， PO 平面 PAC ，所以 BD  PO， 又O为 BD的中点，所以 PB PD ，又 BC CD ， PC PC ，所以 BPC DPC△ △ ， 所以 PCB PCD  ，又 BC CD ，MC MC ，所以 MBC MDC△ △ ， 所以 BMC DMC  ，在Rt APC△ 中，O为 AC 的中点， 3 所以OP OC ， BOC POB  ，OB OB ，所以Rt RtBOP BOC△ △ ，所以 BP BC ， 又M 为 PC 的中点，所以 PC  MB， PC  MD ， 所以 BMD 即为二面角 B PC D  的平面角． …… 13 分 不妨设 2AB BD  ，因为四边形 ABCD是菱形，所以 ABD△ 为等边三角形， 在 ABD△ 中， 3AO  ，所以 2 2 3AC AO  ，在Rt PAC△ 中， 60PAC  ， 所以 3PA  ，又因为O，M 分别为 AC ， PC 的中点，所以 1 3 2 2 OM PA  ， 又因为 BD 平面 PAC ，MO 平面MBD，所以 BD  MO ，又O为 BD的中点， 所以MB MD ，在Rt MBO△ 中， 2 2 7 2 MB OB OM   ， 在 MBD△ 中， 2 2 2 2 1 cos 2 7 BM BD BMD BM      ， BMD  (0 π), ， 所以 2 1 4 in 1 ( ) 3 7 7 s BFD     ． 所以二面角 B PC D  的正弦值为 4 3 7 ． …… 17 分 19．解：（1）设 ACD BCD    ， ADC   ． 在 ACD△ 中， sin sin AD CA    ；在 BCD△ 中， sin sin(π ) sin BD CB CB       ， 所以 sin sin AD BD AC BC     ，则 AD CA BD CB  ；因为 1AD  ， 3BD  ，所以 1 3 CA CB  ； …… 4 分 （2）由（1）知： 3a b ． 在 ABC△ 中， 2 2 2 2 24 9 6 cos 2 (10 6cos 2 )b b b b      ，则 2 8 5 3cos2 b    ， 方法 1：（构建三角函数） 2 1 12sin 2 3 sin 2 2 5 3cos2 ABCS b        △ …… 8 分 2 2 2 2 24sin cos 5sin 5cos 3(cos sin )           2 2 2 12sin cos 12 tan 12 14sin cos 4 tan 1 4 tan tan               ， Ⅱ Ⅰ Ⅲ 4 因为 π (0 ) 2   ， ，则 tan 0  ，所以 1 4 tan 4 tan     ，当且仅当 1 tan 2   时取“等号”， 所以 max( ) 3ABCS △ ； …… 10 分 方法 2：（构建二次函数）由 2 8 5 3cos2 b    得 2 2 5 8 cos 2 3 b b    ， 所以 2 2 2 4 2 1 3 3 sin 2 1 cos 2 2 5 4 2 2 ABCS b b b b        △ …… 8 分 因为 AC CB AB BC AC AB   且 ，所以 3 4 3 4b b b b   且 ，解得1 2b  ； 所以当 2 5 2 b  时， max( ) 3ABCS △ ； …… 10 分 （3）不妨设 ACD△ 与 BCD△ 内切圆的半径分别为 r 与 R ． 因为 AC CB AB BC AC AB   且 ，所以 3 4 3 4b b b b   且 ，解得1 2b  ； 记 ADC   ，则 2 21 2 cosb CD CD     ， 2 29 9 6 cos(π )b CD CD     ， 所以 23 3CD b  ， 因为 1 12 1 3 2 ACD BCD AD h S S BD h     （ h为顶点C 到 AB 的距离）， 又 2 1 1 ( ) ( 3 3 1) 2 2 ACDS AC CD AD r b b r       ， 21 1( ) (3 3 3 3) 2 2 BCDS BC BD CD R b b R       ， 所以 2 2 ( 3 3 1) 1 3(3 3 3 3) b b r b b R        ，则 2 2 2 1 3 3 3 3 1 2( 1) (1 ) 3 3 3 1 3 13 3 r b b b R b b b b               2 2 ) 2 2 3 3 3 1 1 1 2 (1 ) (1 ) (1 1 23 3 1 3 1 3 11 1 1( 1) bb bb b             ， …… 15 分 因为1 2b  ，所以 1 1 (1 ) 1 3 2 1 3 1 1 2 3 b       ，所以 2 3 1 r R   ， 所以 ACD△ 与 BCD△ 内切圆半径之比的取值范围为 2 ( ,1) 3 ． …… 17 分