河北省石家庄市2024-2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 石家庄市 2024~2025 学年度第二学期期末教学质量检测 高一数学 参考答案 一、选择题（本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．C 2．A 3．C 4．D 5. C 6．D 7．B 8．A 二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部 选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 9． AD 10．ACD 11．ACD 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 1 4 − 13. 9 10 / 0.9 14. ②③④ 四、解答题（本大题共 5 道小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ）由 (1,0), ( , 1)a b m= = − 可得， 2 (1,0) 2( , 1) (1 2 ,2) ( 3,2)a b m m− = − − = − = − ， 所以1 2 3,m− = − 则 2m = ，……………………...……...……………...……...……...……...……..……………….3 分 所以 (2, 1)b = − ，所以 (1,0) (2, 1) (3, 1)a b+ = + − = − ， 所以 2 2| | 3 ( 1) 10a b+ = + − = ；…………………………… …………………………...…………………………..6 分 （Ⅱ）因为 (1,0) (2, 1) 1 2 0 1 2,a b =  − =  −  = ……………...……………………………...…...…………………………..8 分 | | 1,| | 5a b= = ………………………………………...……………………………......………………………….10 分 所以 2 2 5 cos 5| | | | 1 5 a b a b   = = =   ．………………………………...………………......………………………….13 分 16．（本小题满分 15 分） 解：（Ⅰ）连接 AC，设 AC与BD相交于点O，连接OE . 四边形 ABCD是菱形， O 为 AC的中点. E是棱PA的中点， / /PC OE .………………………………………………………………...…………………..2 分 又OE 平面 ,BED PC 平面BED， / /PC 平面BED .……………………………………………………………………………………………………..4 分 （Ⅱ） 直线PA与BC所成的角为60，且 / /AD BC， PAD 就是直线PA与BC所成的角或其补角. 4, 2 3PA PD= = ， PA PD  ， 60PAD  = ， 在 PAD△ 中，由正弦定理得， sin sin PD PA PAD PDA =   ， 第 2 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 即 2 3 4 sin3 2 PDA =  ，解得sin 1PDA = . 90PDA  = ，即PD AD⊥ ，从而 2AD = .………………………………………………………………………..5 分 四边形 ABCD是菱形，且 120ABC  = ， 60BAD  = , ABD△ 是等边三角形，从而 AD BD= . 又 ,PA PB PD PD= = ， PAD PBD △ △ . 90PDB PDA  = = ，从而PD BD⊥ .……………………………………………………………………………..6 分 又 ,AD BD D AD = 平面 ,ABCD BD平面 ABCD， PD ⊥平面 ABCD .…………………………………………………………………………………………………..7 分 取 AD的中点为H，连接EH 点 E为 AP中点， / / DEH P EH ⊥平面 ABCD…………………………………………………………………………………………………..8 分 又 3ABDS =△ 且 1 3 2 EH PD= = 求三棱锥E ABD− 的体积为 1 1 3 3 1 3 3 ABBD DE A V S EH − =  =   = 棱锥 △ ………………………………..10 分 （Ⅲ）过H作HI BD⊥ ，垂足为 I ，连接EI . 由（Ⅱ）知EH ⊥平面 ABCD， BD平面 ,ABCD HI 平面 ABCD， ,EH BD EH HI ⊥ ⊥ . , ,HI BD HI EH H EH⊥  = 平面 ,EHI HI 平面EHI， BD ⊥平面EHI . EI 平面EHI， BD EI ⊥ ，  EIH 为二面角E BD A− − 的平面角，…………………………………………………………………………….13 分 在 Rt EHI△ 中， 1 1 1 3 3, 3 2 2 2 2 EH PD HI AO= = = =  = . tan 2 EH EIH HI   = = ， 二面角E BD A− − 的正切值是 2…………………………………………………………………………………….15 分 17．（本小题满分 15 分） 解：（Ⅰ）月销售额在[14,16)小组内的频率为 ( )1 2 0.03 0.12 0.18 0.07 0.02 0.02 0.12−  + + + + + = ，……..2 分 若要使70%的推销员完成月销售额目标，则意味着30%的推销员不能完成月销售额目标， 第 3 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 根据题图所示的频率分布直方图知，[12,14)和[14,16)两组的频率之和为0.18， [12,14)和[14,16)及[16,18)三组的频率之和为0.42， 故估计月销售目标应定为 0.12 16 2 17 0.24 +  = 万元；………………………………………………………………..4 分 （Ⅱ）第一组 3 人记为 1 2 3, ,A A A ，第七组 2 人 1 2,B B ， 则选取 2 位推销员有 1 2 1 3 1 1 1 2 2 3( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),A A A A A B A B A A 2 1 2 2( , ),( , ),A B A B 3 1 3 2 1 2( , ),( , ),( , )A B A B B B 共 10 种情形，…………………………………………………………………………..6 分 “选取 2 位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组”记为事件M， 则事件 M包含有 1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 2( , ),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )A B A B A B A B A B A B 共 6 种情形，…………………………..8 分 所以 6 ( ) 0.6 10 P M = = ；……………………………………………………………………………………………..9 分 （Ⅲ）第一组 3 人，第七组 2 人，……………………………………………………………………………………..11 分 则这两组中所有推销员的销售金额的平均数为 3 13 2 25 17.8 5 x  +  = = ，…………………………………….13 分 方差 2 2 23 21.96 (13 17.8) 3.16 (25 17.8) 37 5 5 S    = + − + + − =    .………………………………………………..15 分 18．（本小题满分 17 分） 解：（Ⅰ）因为 ( )( ) ( )sin sin sin ,b c B C a c A+ − = − ， 所以由正弦定理可得 ( )( ) ( )b c b c a c a+ − = − ，整理得 2 2 2a c b ac+ − = ，…………………………………………..2 分 故 2 2 2 1 cos 2 2 2 a c b ac B ac ac + − = = = ， 因为 ( )0,πB ，所以 π 3 B = .…………………………………………………………………………………………..5 分 （Ⅱ）如图， 由题意可得 2 1 , 3 2 BE BC BD BA= = ， 因为 , ,A E M三点共线，故可设 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 , R 3 3 BM BE BA BC BA BC BD      = + − = + − = + −  ， 第 4 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 又因 , ,D C M三点共线，故 ( ) 2 3 2 1 1 3 4   + − =  = ，……………………………………………………………8 分 所以 1 1 2 4 CB B BAM = + ，故 1 1 3 2 4 4 x y+ = + = .………………………………………………………………………10 分 （Ⅲ）因为 1 3 sin 2 4 ABCS ac B= =△ ，所以 1ac = ，…………………………………………………………………11 分 因为 2 3 BG BC CG BC CD= + = + 2 1 1 1 , 3 2 3 3 BC BA BC BC BA   = + − = +    所以 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 3 3 6 12 12 GM BM BG BC BA BC BA BC BA BC BA   = − = + − + = − = −    ，…………………………13 分 于是 1 2 12 GM BC BA= − ，两边平方化简得： 22 2 2144 | | (2 ) 4 4GM BC BA BC BC BA BA= − = −  + 2 2π4 4 cos 3 a ac c= − + 2 24 2a ac c= − + 4 2 2 2ac ac ac − = = ，当且仅当2a c= 时取等号，……………………………………………………………15 分 所以 2 2144 | |GM  ，即 2 2 144 12 GM  = . 所以 GM 的最小值为 2 12 .……………………………………………………………………………………………17 分 19．（本小题满分 17 分） 解：（Ⅰ）由题意可知： 2π , 2 3 BPC BC = = ， 所以 PBC△ 的外接圆的半径 2 2 3 2sin 33 2 2 BC R BPC = = =   .………………………………………………4 分 （Ⅱ）若 π 6  = ， 则 1 1 1 sin sin sin 2 2 2 ABC PAB PAC PBCS S S S S c AP a BP b CP  = = + + =  +  + △ △ △ △ ( ) ( ) 1 1 sin 2 4 a BP c AP b CP a BP c AP b CP=  +  +  =  +  +  , 所以 4a BP c AP b CP S +  +  = ，………………………………………………………………………………6 分 在 , ,ABP PBC PAC△ △ △ 中，分别由余弦定理得： 2 2 2 2 cosBP c AP c AP = + −  ， 2 2 2 2 cosCP a BP a BP = + −  ， 2 2 2 2 cosAP b CP b CP = + −  ， 第 5 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 三式相加整理得： ( ) 2 2 22cos a BP c AP b CP a b c  +  +  = + + ，………………………………………………………………8 分 因为 π 6  = ，所以 2 2 2 4 3a b c S .…………………………………………………………………………10 分 （Ⅲ）由（Ⅱ）得 ( ) 1 sin 2 ABCS Pa BP c AP b C=  +  + △ ， 所以 2 sin ABCSa BP c AP b CP   +  +  = △ ,…………………………………………………………………………12 分 由 ( ) 2 2 22cos a BP c AP b CP a b c  +  +  = + + ， 所以 2 2 2 22 sin 22cos 2cos 4 cos sin sin ABCS bca b c bc       + + =  =  = ………………………………………14 分 又由余弦定理可得 ( )2 2 2 2 2 22 cos 2 cos sinb c a bc A a bc  + = + = + − ， 所以 ( )2 2 2 22 2 cos sin 4 cosa bc bc  + − = ， 所以 ( )2 2 2cos sina bc  = + ，所以 2a bc= ， ………………………………………………………………16 分 由正弦定理可得 2sin sin sinA B C= .……………………………………………………………………………17 分