四川省广安市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

广安市2025年春季高期末考试 得及音利 数学试题 本试睿调分150分入为减时间0分钟神天 注意事项叶 1等超前，考生每必井真心的姓名、度俱号和净雪证号填写不通卡现定的推重上 2,客选样题时。必须使用2B铅艺将答随十上种应题明的客家和号徐不：为雪做织冲棒皮 棉擦千净后，再选涂其它器堂标号， 3,苍非选桥题叶，必须使用05建术黑心基半客将器家指写查苏期卡观光的拉量上 4.所有题健必雨在等题中上许答，在以局表上客规无就， 5.青从林太后，只符爷题卡变回， 单玻远择题：本大题共8小驱，每小题5分，共40分在每小整给出的圆个选项中 只有一个选喷是正确的：狮艳正确的选请情涂在苦题卡相应的位置上 1.在复平可内，复我：对应的向量0证。(2,2》，则月 0与 A. B.4 G.2w5 2,广安市某单位有员工1200人其中409岁的有40人，为了调查换工的身体就康状况 从中轴取12知名员工，则在40-9岁抽取的人数为 A.40 B,20 c602.4 玉。已知函戴/)-4回2x+西的最小正周雨是 A.2 4下列式子正喷的是 心理县始5.6+反 D。mzo时272好t-3 5.已如平间向量任3)，6=(0,3)，则向量a在6向量上的版向量是 G.(32 4 A.5 B. c.5 高一数学试照第1风热4夏 1.我们称糕面直径与高相等的圆柱为等边圆柱，如图，在等边圆柱内有 个正三棱维，正三棱锥的底园AAC在圆柱底而圆周上，顶点P是 柱的上底面中心，AM是庭面三角形边AC的中点，连接M,DE是 上度面的一条直径且DE不平行于，若膜柱的高为2，则下列视法 中，正确的是 人APAC中PW的长为 2 B.三棱维的外接球的体积与圆柱的外援球的体积之比为125、反：256 C,四面体DEM的体期最大值为1 D率面D8W写华平雪FW所度-面角的余技维的取值布膜25 三，填空题：本大题共3小题，每小顺5分，共5分， 12.已知向量=(，-3)，6-2x+):若16，则x B.水平放置的么C的直现雷如用所示，其中0日-0C一1,0厂=马第么原△AC面积 为 6c主 14.已知影是正整数，且1≤ks2025。则端足方程 的有 四、扇答雕：本通共5小照。共7分，黎答应写出文字说用、证明过程或演算步理， 15.在Ac中<4C-}n是c边上的中点，且0平分∠aC,正-2配，4C=25 ()求AB的长： (2)求△AC的面阳 (3)求距的长。 W年T木度中雅度护民出个本 中nb回中明四43 中)千m理用阴四个本 商一数学避舞)页共4舞 16.为了迎接2026年四州容第十五届逼动会，某市积级开0水分数司 展体育竞塞，对甲，乙两支运动队进行7次初测，成顿 统计如图所示 (1)求甲和乙的葡试成绩的平均数和方差： (2)从下列两个不屑的角度分别对甲、乙两队结果进行 分析 246 《)从平期数和方差相结合分析哪支队伍的成情更好： 《)从折线图走势分析爆支飘伍更具有带力 17.如需，在边长为2的正方体BCD-4GA中，上为D0中点， (1)延明：01平面AC (2)证明：AC⊥平面Dt (3)求三棱锥A-ADC的体积 1已知商酸)-尚-5ag 2 (1)求函数)的对称中心 (2)先将璃教的阳象向右平移产个单位长度，耳将所得图象上所有点的损坚标变为 12 原桌的2倍然坐标不变，得到请数：()的图象， )求函数g)的单调递塘区间： (国〉看格活数医像所有点的模生标安为原来的亡口>≥0)信（银坐标不实、所得画 )图象在区间但)上恰有一条对称轴和一个对称中心，求母的范围及代时在区间 (@,)上的最值。 9,知图.雪粮台ABCD-BCD中，下底面ACD是边长为2的正方形，上底面BCD 是边长为1的正方形，A工平面4CD,A=2,动 点E在核D上移动，莲接BE, ()证明：平面BD上乎面术4CC,只 (2)若点为C的中点，Ge平面4D,He平面图 (D与G所成的最小角为口，求nC: ()设平面ABCDN平面BE=1,H1,H与CG 所政海的最小值为，当最小水时、来需的面 高数学试烟谢了项计4页高二数学答案 第 1页（共 5 页） 广安市 2025 年春季高一期末考试 数学参考答案 12． -3 13． 3 14. 11 15.解:（1）在 ABC 中，D是 AC边上的中点，且 BD平分 ABC ∴ ABC 为等腰三角形， 又∵ 2 π 3 ABC  ， ∴ π 6 BAC ACB    ， 在 ABC 中，由正弦定理； 2 3 2sin 6 sin32 sin sin         ABC ACBACAB ……………………………………………..4 分 (2)由（1）可知 2AB AC  ， ∴ 1 1 2sin 2 2 sin 3 2 2 3ABC S AB AC ABC                 …………………………………….8分 (3) ∵ 2AE EC   ， ∴ 1 2 3 3 BE BA BC     ， 两端平方   2 2 2 21 2 1 4 4 3 3 9 9 9 BE BA BC BA BC BA BC                  ， 由数量积的定义 ∴ 2 2 21 4 4 2cos 9 9 9 3 BE BA BC BA BC                 4 16 16 1 4 9 9 9 2 3           ， ∴ 2 3 3 BE   ， ∴ BE 的长为 2 3 3 ． ………………………………………………..13分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A C B D D B D 题号 9 10 11 答案 ACD BCD BC 高二数学答案 第 2页（共 5 页） 16. 【解】（1）由表格中的数据可得 甲的平均数为 1 99 101 103 105 107 109 111 105 7 x        ， 乙的平均数为 2 111 105 99 105 103 107 105 105 7 x        ，…………………………………….3分 甲的方差为 2 1 36 16 4 0 4 16 36 16 7 s        ， 乙的方差为 2 2 36 0 36 0 4 4 0 80 7 7 s        ； ………………………………………………….7分 （2）①甲，乙两支队伍平均数相等，且 21 2 2s s ，乙队发挥更稳定； ………………………………….11分 ②从折线图的走势上看甲队更有潜力，甲队成绩稳步提高， ………………………………………….15分 17.解（1）在边长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，设 AC， BD交于点O，连结OE， O是 BD中点，而E为 1DD中点，则 1/ /OE BD ， 又OE 平面 AEC， 1 BD 平面 AEC，所以 1 / /BD 平面 AEC .……………..5分 （2）在边长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1DD 平面 ABCD， ∵ AC 平面 ABCD， ∴ 1DD AC ， ∵底面 ABCD为正方形， ∴ AC BD ， ∵ BD  平面 1BDD ， 1DD 平面 1BDD ， 1DD BD D  , 由线面垂直判定定理 ∴ AC 平面 1BDD ,【建议：若学生证明到此步骤得结论： AC 平面 BD1 ，给 10分】 ∵ BD 平面 1BDD ， ∴ AC  1BD ………………………..10分 （3）在边长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1B B 平面 ADC， 所以三棱锥 1B ADC 的体积为 1 1 1 1 1 42 2 2 3 3 2 3ADC ADB C BV BS          . .…………..15分 18.解（1）   2 3sin cos 3 sin 2 f x x x x   1 1 cos2 3sin2 3 2 2 2 xx        1 3 πsin 2 cos 2 sin 2 2 2 3 x x x        ， 由 π2 π 3 x k  ， Zk ，得 π π 6 2 kx    ， Zk ， 所以  f x 的对称中心为 π π ,0 2 6 k     ， Zk .……………..5分 （2）将  f x 的图象向右平移 π 12 个单位长度，得 π π πsin 2 sin 2 12 3 6 y x x                 上的图象， 再将该图象所有点的横坐标缩短为原来的 2（纵坐标不变），得到  g x 的图象，故   πsin 6 g x x      . .……………..8分 高二数学答案 第 3页（共 5 页） （i）由 π π π2 π 2 π+ , Z 2 3 2 k x k k     可得 5π π2 π 2 π+ 6 , Z 6 k x k k    ， 所以函数 ( )f x 的单调减区间为 5π π2 π ,2 π+ , Z 6 6 k k k     . .……………..11分 （ii）将  g x 函数图像所有点的横坐标变为原来的  1 0   倍(纵坐标不变)，所得函数   πsin 6 h x x      ，由  0,1x ，设 π 6 t x  ，则 π π, 6 6 t       ，由    πsin 0 6 h x x        在区间  0,1 上恰有一条对称轴和一个对称中心，结合正弦曲线可知直线 6 πx   在线段 AB之间，不含 点A，可以含 B， 所以 6 π 3ππ 2    ，得 π 4 6 5 π 3   . ……………..15分 又因为                   3 2, 3 2, 3 , 3 2,1,0, 3 2sin 又令 txtxxxf f(x)在区间  1,0 上的最大值为 1，无最小值。 ……………..17分 【建议：若学生求的是 h(x)的最值且正确也给分，参考步骤为：由    0 6 sin        xxh 在区间  1,0 上恰有一条对称轴和一个对称中心，结合正弦曲线可知，这条对称轴正好取到最大值为 1，无最小值。】 19. 【解】（1）连接 ,BD AC， 因为底面 ABCD是边长为 2的正方形，所以 AC⊥ BD， 因为 A A 平面 ABCD， BD平面 ABCD， 所以 A A  BD， 因为 AC A A A  ， ,AC A A 平面 CA AC ， 所以 BD⊥平面 CA AC ， 又 BD平面 DA B ， 所以平面 DA B  平面 CA AC ； .……………..4分 （2）（i）设 BD AC O  ，则O为 AC中点，连接OM ， 因为点M为棱 PC的中点， 所以 / /MO AA ， 因为 AA 平面 ABCD，所以MO⊥平面 ABCD， 又 G 平面 ABCD，故当G 在直线BD上时， BM 与BG所成的角最小， 即 OBM   ， 因为 2A A  ，所以 1OM  ， 因为底面 ABCD是边长为 2的正方形，所以 2 2AC BD  ， 高二数学答案 第 4页（共 5 页） 故 1 2 2 OB BD  ，由勾股定理得 2 2 2 1 3BM OB OM     ， 所以 1 3sin 33 OM BM     ； ……………..9分 （ii）设 A E A D     ， 若 1 2   ，即E为 A D 中点，此时 / /ME CD， 平面 ABCD平面 BME l ，显然此时 l AB ， 取 AB中点 N，连接 ,ON MN，则 / /ON AD，ON⊥ AB， 因为MO⊥平面 ABCD， AB平面 ABCD，所以MO⊥ AB， 又ON MO O ， ,ON MO 平面OMN，所以 AB⊥平面OMN， 因为MN 平面OMN，所以 AB⊥MN，即MN l ， BH l ，故 / /MN BH， BH 与CG所成角的最小值为 ，即MN与CG所成角的最小值为 ， 由于MN与平面 ABCD上的直线ON的夹角最小， 故当G 与点 B重合时， / /CG ON，此时 BH 与CG所成角 最小，最小值为 MNO ， 其中 1OM ON  ，故 π 4 MNO  ； ……………..12分 若 1 2   时，如图所示，延长ME交CD的延长线于点Q，连接 BQ，则 BQ l ， 过点O作OW⊥ BQ于点W，连接MW， 因为MO⊥平面 ABCD， BQ 平面 ABCD，所以MO⊥ BQ， 因为OW MO O ， ,OW MO 平面MOW ，所以 BQ⊥平面MOW ， 因为MW 平面MOW ，所以 BQ⊥MW， 因为 BH l ，故 / /MW BH ， BH 与CG所成角的最小值为 ，即MW与CG所成角的最小值为 故当 / /CG OW ，此时MW与CG所成角 最小，最小值为 MWO ， 其中 1tan MOMWO OW OW    ， 由于 1OW ON  ，故 tan 1MWO  ，故 π 4 MWO  ； ……………..14分 若 1 2   时，如图所示，延长 EM 交DC 的延长线于点Q，连接 BQ，则 BQ l ， 过点O作OW⊥ BQ于点W，连接MW， 同理可证 BQ⊥MW， / /MW BH ， BH 与CG所成角的最小值为 ，即MW与CG所成角的最小值为 ， 故当 / /CG OW ，此时MW与CG所成角 最小，最小值为 MWO ， 其中 1tan MOMWO OW OW    ， 当CQ CD 时， BDQ△ 为等腰直角三角形， BQ⊥BD， 此时 ,W B重合，OW取得最大值，最大值为 2OB  ， 故 1tan MWO OW   取得最小值，最小值为 1 2tan 22 MWO   ， 高二数学答案 第 5页（共 5 页） 由于 π 2tan 1 4 2   ，故当 2tan 2   时，满足要求， 此时，过点E作 / /EK CD，交 A C 于点K，则 EK A E CD A D      ， 即 2 EK  ，故 2EK  ， 又 2CQ CD  ，故 2 2 EK CQ    ，故 KM EK CM CQ   ， 因为点M为棱 PC的中点，所以 2 KM A C    其中 A K A C     ，故 1 2 A K KM A M A C A C A C         ，即 1 2 2    ，解得 1 3   ， 综上， 1 3 A E A D    . ……………..17分