吉林省“BEST合作体”2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

1 吉林省“BEST 合作体”2024-2025 学年度下学期期末考试 高一数学试题答案及评分标准 一、单项选择题、二、多项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C C B D B A D BD ABC ABD 【选项释义】 1．A。 i i z 5 2 5 1 21 1    ，则 iz 5 2 5 1  ，虚部为 5 2 。 2．C。不超过 20的素数有 2,3,5,7,11,13,17,19，随机选取两个不同的数共有 28种情况， 其中和等于 30的有 11+19,13+17这两种情况，所以所求概率为 14 1 28 2  。 3．C。设球的半径为 r，则圆柱的底面直径和高都等于 r2 ， 所以球的体积为 3 3 4 rV 球 ，圆柱的体积为 32 22 rrrV  圆柱 ，体积比为 3:2 。 4．B。设 BC的中点为D，则 PDPCPB 2 。因为 APPCPB 4 ，所以 PDAP 2 1  。 因为等边 ABC 的边长为 2，则 3AD ，所以 3 32 PD 。 所以 3 11 3 4)()( 22  DCPDDCPDDCPDPBPC 。 5．D。因为 nm // ，所以 )3(sin)sin)(sin( caCABba  ， 由正弦定理得 )3())(( cacabba  ，即 acbca 3222  。 由余弦定理得 2 3cos B 。又 B为三角形的内角，所以 150B 。 6．B。对于 A， 43 AA  ，所以 3A 与 4A 不为对立事件。 对于 B， 2 1)( 1 AP ， 6 1)( 3 AP ， )()(12 1)( 3131 APAPAAP  ，相互独立。 对于 C， 6 1)( 2 AP ， 36 5)( 4 AP ， )()(36 1)( 4242 APAPAAP  ，不相互独立。 对于 D，事件 42AA 为 )4,2( ，所以 2A 与 4A 不为互斥事件。 7．A。A点关于 BC的对称点为 E，M 关于BB的对称点为M ， 记 d为直线 EB与 AC之间的距离，则 MT NT M T NT MN d    ≥ ≥ ， 由 //B E D C  ， d为 E到平面 ACD的距离， 因为 9)36 2 1(3 3 13 3 1   ACEACED SV ， 而 2 33)23( 4 3 3 1 2 ddVV DACEACED   ，故 32d 。 8．D。设等边△ABC的边长为 1，AD＝x(0<x<1)，则 BD＝1－x， 在△ABC中，由 BD＝CE，得 DE∥BC， 如图，过点 A作 AG⊥BC，交 DE于点 H，交 BC于点 G，连接 BH，则 AH⊥DE， AG＝ 3 2 ，∠ADH＝∠ABG＝60°， 2 所以 AH＝ 3 2 x，HG＝ 3 2 － 3 2 x＝ 3 2 (1－x)， 在△ADE沿直线 DE折起的过程中，AH⊥DE，HG⊥BC始终满足． 由平面 ADE⊥平面 BCED，平面 ADE∩平面 BCED＝DE，AH⊂平面 ADE， 所以 AH⊥平面 BCED， 又 BH⊂平面 BCED，则 AH⊥BH， 在△BHG中， 2)1( 4 3 4 1 xBH  ， 所以 1 2 3 2 3)1( 4 3 4 1 4 3 22222  xxxxBHAHAB ， 所以 4 1 )1(2 )1 2 3 2 3()1( 2 cos 222 222        xx xxxx BDAD ABBDADADB 为定值， 所以∠ADB大小不变，故 A错误； 如图，过 H作 HO⊥BD交 BD于点 O， 由 DH＝x 2 ，得 OH＝ 3 4 x， 由 AH⊥平面 BCED，BD⊂平面 BCED，得 AH⊥BD， 又 AH∩OH＝H，AH，OH⊂平面 AOH，所以 BD⊥平面 AOH， 所以∠AOH为二面角 A－BD－C的平面角， 在 Rt△AOH中，tan∠AOH＝AH OH ＝ 3 2 x 3 4 x ＝2， 所以∠AOH大小不变，故 B错误； S△BCD＝ 1 2 ×BC×HG＝1 2 ×1× 3 2 (1－x)＝ 3 4 (1－x)， 由 AH⊥DE，得 AH⊥BC， 又 HG⊥DE，且 HG∩AH＝H，HG，AH⊂平面 AGH， 所以 BC⊥平面 AGH， 又 AG⊂平面 AGH，所以 BC⊥AG， 又 AH⊥平面 BCED，HG⊂平面 BCED，则 AH⊥HG， 所以 2222 )1( 4 3 4 3 xxGHAHAG  ， S△ABC＝ 1 2 ·BC·AG， 设点 D到平面 ABC的距离为 d， 由等体积法可得 VA－BCD＝VD－ABC，即 1 3 ·S△BCD·AH＝ 1 3 ·S△ABC·d 3 则 22 )1( )1( 2 3 2 1 2 1 xx xx AGBC AHHGBC S AHSd ABC BCD           ， 设 BD与平面 ABC所成的角为θ，则 2 22 )11(1 2 3 )1( 2 3 sin     x xx x BD d ， 在 D从 B滑动到 A的过程中，x的值从 1变小到 0，这一过程中 1＋ 1 x －1 2逐渐变大． 所以在这一过程中，sin θ变小，则角θ变小，故 C不正确； 由 DE∥BC，则∠ABC(或其补角)为 AB与 DE所成的角． 由上可知，BC⊥AG， 则 1223)1(32tan 222  xxxxAG BG AGABC ， 函数 y＝2x2－2x＋1(0<x<1)的对称轴为 x＝1 2 ， 当 0<x<1 2 时，函数 y＝2x2－2x＋1(0<x<1)单调递减， 当 1 2 <x<1时，函数 y＝2x2－2x＋1(0<x<1)单调递增， 所以在 x从 1变到1 2 的过程中，tan∠ABC变小，∠ABC变小， 在 x从1 2 变到 0的过程中，tan∠ABC变大，∠ABC变大，故 D正确． 9．BD。对于 A， CCBA 2222 sincos1sinsin  ，由正弦定理得 222 cba  ， 由余弦定理的推论得 0 2 cos 222    ab cbaC ，又  C0 ，所以 ), 2 ( C ， 则 ABC 为钝角三角形，A正确。 对于 B，在 ABC 中，由正弦定理得 C AB B AC sinsin  ，所以 2 3sinsin  AC BABC 。 又  1800 C ，所以  60C 或 120 ，所以  90A 或 30 。 又 ABC 的面积 AACABS sin 2 1  ，所以 2 3 S 或 4 3 S ，B错误。 对于 C，因为 ABC 为锐角三角形，所以 2   BA ，则 0 22  BA  。 所以 BBA cos) 2 sin(sin   ，C正确。 对于 D，若 ABC 有两解，则 abBa sin ，即 323  b ，D错误。 10．ABC。对于 A， 6%758  ，所以上四分位数为 10 2 119   ，A正确。 对于 B，新数据的极差与平均数相同，B正确。 对于 C，因为总体平均数为 21 21 xx nm xnxm     ， 所以总体方差为 nm nsmxxs nm nxs nm ms        2 2 2 12 2 2 2 2 1 2 1 2 ])([])([  ，C正确。 4 对于 D，乙组数据的平均数为 7 5 510965   ，方差为 4.4]23212[ 5 1 22222  ， 所以这两组数据中较稳定的是甲组，D错误。 11．ABD。由题知，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， AD 平面 1 1CDDC ， 所以， AMD∠ 为 AM 与面 1 1CDDC 所成角，且 AD DM ， 因为正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 3， AM 与面 1 1CDDC 所成角的正切值为 3 2 所以 3 3tan 2 ADAMD DM DM     ，解得 2DM  ， 所以，点M 的轨迹为以D点为圆心， 2为半径的圆在侧面 1 1CDDC 内的弧GH，如图. 此时 1 1CH GD  . 对于 A选项，有 1 1 6 2MC C D DM    ，当且仅当 1, ,M C D三点共线时等号成立， 故 1MC 的最小值为 6 2 ，正确； 对于 B选项，因为 AD 平面 1 1CDDC ，CE 平面 1 1CDDC ，所以 AD CE ， 假设存在点M ，使得 AM CE ，则 AD AM A ，CE 平面 ADM 由于DM  平面 ADM ，故有CE DM ， 另一方面，在侧面 1 1CDDC 中，取棱 1 1C D 的中点 N， 由点 E是棱 1DD 的中点，进而结合平面几何知识易得CE DN ， 故要使CE DM ，则点 N与点M 重合， 由于 1 1CH GD  ， 1 3 2 ND  ，显然不重合，故 B正确； 对于 C选项，如图，设 AC BD O ，则易知O为 AC中点，连接 1 1, ,OF AC C E， 因为点 E， F 是棱 1DD ， 1CC 的中点， 所以，在 1ACC△ 中， 1/ /OF AC ， 1 1/ / ,C F DE C F DE ， 所以，四边形 1C EDF 为平行四边形，即 1 //C E DF， 因为 1 1,AC C E 平面 BDF ， ,OF DF 平面 BDF ， 所以 1 / /AC 平面 BDF ， 1 //C E 平面 BDF ， 因为 1 1 1AC EC C ，所以平面 1 / /AC E 平面 BDF ， 所以，当M 为 1C E与弧GH的交点时， AM 平面 1AC E，故 AM ∥平面 BDF ，C错误； 5 对于 D选项，由题知，所有满足条件的动线段 AM 形成的曲面是以A为顶点，D点为底面圆心， 底面半径为 2的圆锥的部分侧面， 所以，其所在的圆锥的母线长为 7AM  ， 因为 1 1 3tan tan 33 GDD HDC     ， 1 π, 0, 2 GDD HDC        ， 所以， 1 π 6 GDD HDC GDH    ， 所以，弧GH的长为 π π2 6 3 l    ， 所以，结合扇形面积公式，所有满足条件的动线段 AM形成的曲面面积为 1 1 π 77 π 2 2 3 6 l AM     ，故 D正确. 三、填空题 12． ) 5 3, 5 4( 或 ) 5 3, 5 4(  13． 4 29  14． 3 25 【答案解析】 12．易知与 a垂直的单位向量的坐标为 ) 5 3, 5 4( 或 ) 5 3, 5 4(  。 13．因为 2coscos  BaAb ，所以 2c 。又 9 7cos C ，所以 9 24sin C 。 所以 ABC 外接圆直径 4 29 9 24 2 sin 2  C cR ，所以周长为  4 292 R 。 14．取 AC中点M ，连接 ,BM SM ，则 , ,AC BM AC SM BM SM M   ， ,BM SM 平面 SMB， ∴ AC 平面 SMB， 2 3SM MB  ， 作 EH AC 于H，设点 F轨迹所在平面为 ， 则平面 经过点H 且 AC  ， 设三棱锥 S ABC 外接球的球心为 , ,O SAC BAC  的中心分别为 1 2,O O ， 易知 1OO 平面 2,SAC OO 平面 BAC ，且 1 2, , ,O O O M 四点共面， 由题可得 1 1 2 1 60 2 OMO OMO   ， 1 1 2 3 3 3 OM SM  ， 6 1 13 2OO OM  ，又 1 2 4 3 3 3 O S SM  ， 则三棱锥 S ABC 外接球半径 2 21 1 2 3 8r OO O S   ， 易知O到平面 的距离 1d MH  ， 故平面 截外接球所得截面圆的半径为 2 21 28 5 31 3 3 r r d     ， 所以截面圆的面积为 3 25 ，即点 F 轨迹的面积为 3 25 。 四、解答题 15．【解】 （1）因为 2|| a ， 3|| b ， 6|23|  ba ， 所以 364129)23( 222  bbaaba ， 即 3634cos321229 22   ， 解得 2 1cos  ，由 ],0[   ，得 3   。……………………………………………………7 （2）由（1）得 3 2 132cos||||  baba ， 所以 1323322232)2()2( 22 22  bbaababa 。………………… 31  16．【解】 （1）连接 1BC ，交 CB1 于点 N ，连接MN，如图所示。 则 N 为 1BC 的中点，M 为 AB的中点， 所以 MNAC //1 ，且 1AC 平面 CMB1 ， MN 平面 CMB1 ， 所以 //1AC 平面 CMB1 。…………………………………………………………………………6 （2）连接 1AB ，因为 2 CBCA ，所以 ABCM  。 又 1AA 平面 ABC， CM 平面 ABC，所以 CMAA 1 。 又 AAAAB 1 ，所以 CM 平面 11AABB 。 又 1MB 平面 11AABB ，所以 1MBAM  。 又 222 ABCBCA  ，所以 ABC 是等腰直角三角形。 2 2 1  ABCM ， 1121 2 1  BBMBMB ， 所以 2 22 2 1 11  MBCMS CMB ， 12 1 2 1 2 1   CBCASS ACBACM 。 设点 A到平面 CMB1 的距离为 d ， 因为 ACMBCMBA VV   11 ，所以 13 1 3 1 1 AASdS ACMCMB   ，解得 11 223 d 。 因为 //1AC 平面 CMB1 ， 所以直线 1AC 到平面 CMB1 的距离即为点 A到平面 CMB1 的距离， 所以直线 1AC 到平面 CMB1 的距离为 11 223 。………………………………………………… 51  17．【解】 （1）因为 ACAB  ，  30BAM ，所以  60CAM 。 又 4AM ， 3AC ， 7 则 13 2 1432169cos2222  CAMAMACAMACCM ， 所以 13CM 。…………………………………………………………………………………5 （2）在 ABM 中， B AM B AB sin)150sin(   ，则 B BAB sin )150sin(4   ， 在 ACM 中， C AM C AC sin)120sin(   ，则 C CAC sin )120sin(4   。 所以 C C B BACAB sin )120sin(4 sin )150sin(4     38 cossin cos4sin12 cos )30sin(4 sin )150sin(4 22        BB BB B B B B 31638 tan 4tan12  B B ， 当且仅当 3 3tan B ，即 6  B 时，等号成立。 故 ACAB  的最小值为 316 。………………………………………………………………… 51  18．【解】 （1） 7507.09528.08534.0752.06511.055 x 。 所以抽取的 200名学生的平均成绩为75分。……………………………………………………5 （2）第五组中共有 1407.0200  人，其中高三学生有6人，高一高二学生有8人， 按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人， 则高三学生抽取3人，记为 CBA ,, ；高一高二学生抽取 4人，记为 dcba ,,, 。 在这7人中选取 2人组成宣讲组，样本空间为，则 21)( n 。 选取的 2人都是高三学生的样本点个数为3， 所以选取的 2人都是高三学生的概率为 7 1 21 3  。……………………………………………… 01  （3） 07.0)7595(28.0)7585(2.0)7565(11.0)7555( 2222 s 115.52302120  。 由 86 sx ，可知比赛成绩 86x 分为优秀， 又 273]007.010028.0)8690[(1500  ， 所以估计参赛的1500名学生成绩优秀的人数为 273。………………………………………… 71  19．【解】 （1）因为四边形 ABCD为矩形，故 ADAB  。 又平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ADABCD  ， 所以 AB 平面 PAD 。 因为 PD 平面 PAD ，所以 PDAB  。……………………………………………………5 （2）如图，过点 P作 AD的垂线，垂足为O，过点O作 BC的垂线，垂足为G， 连接 PG，则 PO 平面 ABCD，所以 BCPO  。 又 BCOG  ， OPOOG  ，所以 BC 平面 POG， PGBC  。 在 BPCRt 中， 622  PCPBBC ， 则 3 32    BC PCPBPG ， 3 62 GC ， 3 6 BG 。 8 设 )0(  mmAB ，则 222 3 4 mOGPGOP  ， 故四棱锥 ABCDP  的体积 22 68 33 46 3 1 mmmmV  ， 令 3 8) 3 2(668 222  mmmy ， 当 3 22 m ，即 3 6 m 时， y取得最大值。 故当 3 6 m ，即 3 6 AB 时，四棱锥 ABCDP  的体积最大。…………………… 01  因为 OPOGOA ,, 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 则 )0,0,0(O ， )0, 3 6, 3 6( B ， )0, 3 62, 3 6(C ， )0, 3 62,0(D ， ) 3 6,0,0(P ， 故 ) 3 6, 3 62, 3 6( PC ， )0,6,0(BC ， )0,0, 3 6(CD 。 设平面 PBC 的法向量为 ),,( 111 zyxm  ， 则        06 0 3 6 3 62 3 6 1 111 ymBC zyxmPC ，令 11 x 得 )1,0,1(m 。 设平面DPC的法向量为 ),,( 222 zyxn  ， 则         0 3 6 0 3 6 3 62 3 6 2 222 xnCD zyxnPC ，令 12 z 得 )1,2 1,0(n 。 设平面 PBC 与平面DPC的夹角为 ， 则 5 10 1 4 12 1 |||| ||cos       nm nm ， 即平面 PBC 与平面DPC的夹角的余弦值为 5 10 。…………………………………………… 71  吉林省“BEST合作体”2024-2025学年度下学期期末考试 高一数学试题答案及评分标准 一、单项选择题、二、多项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C C B D B A D BD ABC ABD 【选项释义】 1．A。，则，虚部为。 2．C。不超过20的素数有2,3,5,7,11,13,17,19，随机选取两个不同的数共有28种情况， 其中和等于30的有11+19,13+17这两种情况，所以所求概率为。 3．C。设球的半径为，则圆柱的底面直径和高都等于， 所以球的体积为，圆柱的体积为，体积比为。 4．B。设的中点为，则。因为，所以。 因为等边的边长为，则，所以。 所以。 5．D。因为，所以， 由正弦定理得，即。 由余弦定理得。又为三角形的内角，所以。 6．B。对于A，，所以与不为对立事件。 对于B，，，，相互独立。 对于C，，，，不相互独立。 对于D，事件为，所以与不为互斥事件。 7．A。点关于的对称点为，关于的对称点为， 记为直线与之间的距离，则， 由，为到平面的距离， 因为， 而，故。 8．D。设等边△ABC的边长为1，AD＝x(0<x<1)，则BD＝1－x， 在△ABC中，由BD＝CE，得DE∥BC， 如图，过点A作AG⊥BC，交DE于点H，交BC于点G，连接BH，则AH⊥DE， AG＝，∠ADH＝∠ABG＝60°， 所以AH＝x，HG＝－x＝(1－x)， 在△ADE沿直线DE折起的过程中，AH⊥DE，HG⊥BC始终满足． 由平面ADE⊥平面BCED，平面ADE∩平面BCED＝DE，AH⊂平面ADE， 所以AH⊥平面BCED， 又BH⊂平面BCED，则AH⊥BH， 在△BHG中，， 所以， 所以为定值， 所以∠ADB大小不变，故A错误； 如图，过H作HO⊥BD交BD于点O， 由DH＝，得OH＝x， 由AH⊥平面BCED，BD⊂平面BCED，得AH⊥BD， 又AH∩OH＝H，AH，OH⊂平面AOH，所以BD⊥平面AOH， 所以∠AOH为二面角A－BD－C的平面角， 在Rt△AOH中，tan∠AOH＝＝＝2， 所以∠AOH大小不变，故B错误； S△BCD＝×BC×HG＝×1×(1－x)＝(1－x)， 由AH⊥DE，得AH⊥BC， 又HG⊥DE，且HG∩AH＝H，HG，AH⊂平面AGH， 所以BC⊥平面AGH， 又AG⊂平面AGH，所以BC⊥AG， 又AH⊥平面BCED，HG⊂平面BCED，则AH⊥HG， 所以， S△ABC＝·BC·AG， 设点D到平面ABC的距离为d， 由等体积法可得VA－BCD＝VD－ABC，即·S△BCD·AH＝·S△ABC·d 则， 设BD与平面ABC所成的角为θ，则， 在D从B滑动到A的过程中，x的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大． 所以在这一过程中，sin θ变小，则角θ变小，故C不正确； 由DE∥BC，则∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角． 由上可知，BC⊥AG， 则， 函数y＝2x2－2x＋1(0<x<1)的对称轴为x＝， 当0<x<时，函数y＝2x2－2x＋1(0<x<1)单调递减， 当<x<1时，函数y＝2x2－2x＋1(0<x<1)单调递增， 所以在x从1变到的过程中，tan∠ABC变小，∠ABC变小， 在x从变到0的过程中，tan∠ABC变大，∠ABC变大，故D正确． 9．BD。对于，，由正弦定理得， 由余弦定理的推论得，又，所以， 则为钝角三角形，A正确。 对于B，在中，由正弦定理得，所以。 又，所以或，所以或。 又的面积，所以或，B错误。 对于C，因为为锐角三角形，所以，则。 所以，C正确。 对于D，若有两解，则，即，D错误。 10．ABC。对于A，，所以上四分位数为，A正确。 对于B，新数据的极差与平均数相同，B正确。 对于C，因为总体平均数为， 所以总体方差为，C正确。 对于D，乙组数据的平均数为，方差为， 所以这两组数据中较稳定的是甲组，D错误。 11．ABD。由题知，在正方体中，平面， 所以，为与面所成角，且， 因为正方体的棱长为，与面所成角的正切值为 所以，解得， 所以，点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的弧，如图. 此时. 对于A选项，有，当且仅当三点共线时等号成立， 故的最小值为，正确； 对于B选项，因为平面，平面，所以， 假设存在点，使得，则，平面 由于平面，故有， 另一方面，在侧面中，取棱的中点， 由点是棱的中点，进而结合平面几何知识易得， 故要使，则点与点重合， 由于，，显然不重合，故B正确； 对于C选项，如图，设，则易知为中点，连接， 因为点，是棱，的中点， 所以，在中，，， 所以，四边形为平行四边形，即， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 因为，所以平面平面， 所以，当为与弧的交点时，平面，故平面，C错误； 对于D选项，由题知，所有满足条件的动线段形成的曲面是以为顶点，点为底面圆心，底面半径为的圆锥的部分侧面， 所以，其所在的圆锥的母线长为， 因为，， 所以，， 所以，弧的长为， 所以，结合扇形面积公式，所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，故D正确. 三、填空题 12．或 13． 14． 【答案解析】 12．易知与垂直的单位向量的坐标为或 。 13．因为，所以。又，所以。 所以外接圆直径，所以周长为。 14．取中点，连接，则，平面， ∴平面，， 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 设三棱锥外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， ，又， 则三棱锥外接球半径， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，即点轨迹的面积为。 四、解答题 15．【解】 （1）因为，，， 所以， 即， 解得，由，得。…………………………………………………… （2）由（1）得， 所以。………………… 16．【解】 （1）连接，交于点，连接，如图所示。 则为的中点，为的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面。………………………………………………………………………… （2）连接，因为，所以。 又平面，平面，所以。 又，所以平面。 又平面，所以。 又，所以是等腰直角三角形。 ，， 所以，。 设点到平面的距离为， 因为，所以，解得。 因为平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离， 所以直线到平面的距离为。………………………………………………… 17．【解】 （1）因为，，所以。 又，， 则， 所以。………………………………………………………………………………… （2）在中，，则， 在中，，则。 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立。 故的最小值为。………………………………………………………………… 18．【解】 （1）。 所以抽取的名学生的平均成绩为分。…………………………………………………… （2）第五组中共有人，其中高三学生有人，高一高二学生有人， 按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取人， 则高三学生抽取人，记为；高一高二学生抽取人，记为。 在这人中选取人组成宣讲组，样本空间为，则。 选取的人都是高三学生的样本点个数为， 所以选取的人都是高三学生的概率为。……………………………………………… （3） 。 由，可知比赛成绩分为优秀， 又， 所以估计参赛的名学生成绩优秀的人数为。………………………………………… 19．【解】 （1）因为四边形为矩形，故。 又平面平面，平面平面， 所以平面。 因为平面，所以。…………………………………………………… （2）如图，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为， 连接，则平面，所以。 又，，所以平面，。 在中，， 则，，。 设，则， 故四棱锥的体积， 令， 当，即时，取得最大值。 故当，即时，四棱锥的体积最大。…………………… 因为两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，。 设平面的法向量为， 则，令得。 设平面的法向量为， 则，令得。 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为。…………………………………………… 1 学科网（北京）股份有限公司 $$吉林省“BEST 合作体”期末考试 高一数学试题 第 1页 共 2 页 吉林省“BEST 合作体”2024-2025 学年度下学期期末考试 高一数学试题 本试卷分客观题和主观题两部分，共 19 题，共 150 分，共 2 页。考试时间为 120 分钟。考试 结束后，只交答题卡。 第Ⅰ卷 客观题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1．设复数 i z 21 1   ，则 z的虚部为 （ ） A． 5 2 B． 5 2  C． i 5 2 D． i 5 2  2．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是 “每个大于 2的偶数可以表示为两个素数的和”，如 37340  。在不超过 20的素数 中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 （ ） A． 28 1 B． 36 1 C． 14 1 D． 18 1 3．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为 （ ） A． 5:4 B． 4:3 C． 3:2 D． 2:1 4．已知在边长为 2的等边 ABC 所在平面内，有一点 P满足 APPCPB 4 ，则 PBPC  等于 （ ） A．1 B． 3 1 C． 4 1  D． 3 2  5．已知 ABC 的内角 CBA ,, 的对边分别为 cba ,, ，设向量 )sin,( Cbam  ， an 3( )sinsin, ABc  ，若 nm // ，则角 B的大小为 （ ） A． 30 B． 60 C． 120 D． 150 6．依次抛掷两枚质地均匀的骰子， 1A 表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”， 2A 表 示事件“第一次抛掷骰子的点数为 2 ”， 3A 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7 ”， 4A 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6 ”，则 （ ） A． 3A 与 4A 为对立事件 B． 1A 与 3A 为相互独立事件 C． 2A 与 4A 为相互独立事件 D． 2A 与 4A 为互斥事件 7．已知正方体 DCBAABCD  的棱长为 3，点 NM , 分别为线段 ACBA , 上的动点， 点T 在平面 BCBC  内，则 |||| NTMT  的最小值是 （ ） A． 32 B． 3 32 C． 2 6 D．1 8．如图，在等边 ABC 中， ED, 分别是线段 ACAB, 上异于端点的动点，且 CEBD  ， 现将 ADE 沿直线DE折起，使平面 ADE 平面 BCED，当D从 B滑动到 A的过程 中，则下列选项中正确的是 （ ） A． ADB 先变大后变小 B．二面角 CBDA  的平面角变小 C．BD与平面 ABC所成的角变大 D． AB与DE所成的角先变小后变大 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9．已知 ABC 的内角 CBA ,, 的对边分别为 cba ,, ，则下列命题中不正确的是 （ ） A．若 1cossinsin 222  CBA ，则 ABC 为钝角三角形 B．若 3AB ， 1AC ，  30B ，则 ABC 的面积为 2 3 C．在锐角 ABC 中，不等式 BA cossin  恒成立 D．若 3  B ， 32a ，且 ABC 有两解，则b的取值范围是 )32,2( 10．下列说法正确的是 （ ） A．数据1，2，5，7，8，9，11，15的上四分位数是10 B．已知样本数据 nxxx ,,, 21  的平均数为 x，则数据 xxxx n ,,,, 21  与原数据的极差、 平均数都相同 C．将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为 nm, 的两层样本，其样本平均数 和样本方差分别为 21, xx 和 22 2 1 , ss ，若 21 xx  ，则总体方差 nm nsmss    2 2 2 12 D．甲组数据的方差为 4，乙组数据为 5,10,9,6,5 ，则这两组数据中较稳定的是乙组 11．已知正方体 1111 DCBAABCD  的棱长为 3，点 FE, 是棱 11,CCDD 的中点，点M 在 侧面 11CCDD 内运动（包括边界），且 AM 与平面 11CCDD 所成角的正切值为 2 3 ， 下列说法正确的是 （ ） A． 1MC 的最小值为 26  B．不存在点M ，使得 CEAM  C．不存在点M ，使得 //AM 平面 BDF D．所有满足条件的动线段 AM 形成的曲面面积为  6 7 吉林省“BEST 合作体”期末考试 高一数学试题 第 2页 共 2 页 第Ⅱ卷 主观题 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。将答案填在答题卡相应的位置上。 12．已知向量 )4,3(a ，则与a垂直的单位向量的坐标为______。 13．在 ABC 中，角 CBA ,, 的对边分别为 cba ,, ，若 9 7cos C ， 2coscos  BaAb ，则 ABC 外接圆的周长为 。 14．已知菱形 ABCD的各边长为 4，  60D 。如图所示，将 ACD 沿 AC折起，使得 点D到达点 S的位置，连接 SB，得到三棱锥 ABCS  ，此时 6SB 。若 E是线段 SA 的中点，点 F 在三棱锥 ABCS  的外接球上运动，且始终保持 ACEF  ，则点 F 轨 迹的面积为________。 四、解答题：本大题共 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） 已知向量 ba, 满足： 2|| a ， 3|| b ， 6|23|  ba 。 （1）求向量 a与b的夹角 ； （2）求 )2()2( baba  的值。 16．（本小题 15分） 如图，在直三棱柱 111 CBAABC  中， 2 CBCA ， 22AB ， 31 AA ，M 为 AB 的中点。 （1）证明： //1AC 平面 CMB1 ； （2）求直线 1AC 到平面 CMB1 的距离。 17．（本小题 15分） 如图，在 ABC 中， ACAB  ，点M 在边 BC上，且  30BAM ， 4AM 。 （1）若 3AC ，求CM 的长； （2）求 ACAB  的最小值。 18．（本小题 17分） 为了庆祝“五四”青年节，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了 一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛。共1500名学生参与比赛，现 从各年级参赛学生中随机抽取 200名学生，并按成绩分成五组： ),80,70[),70,60[),60,50[ ]100,90[),90,80[ ，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占 7 3 。 （1）求抽取的 200名学生的平均成绩 x（同一组数据用该组区间的中点值代替）； （2）若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人，再从中选 取 2人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这 2人都是高三学生的概率； （3）若比赛成绩 sxx  （ s为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的 1500名学生成绩优秀的人数。 参考公式：    n i ii fxxs 1 2)( （ if 是第 i组的频率），参考数据： 5.530  。 19．（本小题 17分） 如图，在四棱锥 ABCDP  中， ABCD为矩形，平面 PAD 平面 ABCD。 （1）求证： PDAB  。 （2）若  90BPC ， 2PB ， 2PC ，问 AB为何值时，四棱锥 ABCDP  的 体积最大？并求此时平面 PBC 与平面DPC夹角的余弦值。 A B CM 吉林省8ET合作体”2024-2025学年度下学期期末考试 离一数学答题卡 姓名 条得粘是过 请择组南州2溶神笔填涂 单（本8外是，每小影分。40份） 503的国 0m■ 每小分。共1盼，程分选对的湖分分，错 901 三，清空到 12 14 请在苍理归的符楚区城内作存，糖出国色形山甲限定区连的答家七装 召，解答型 15.[13分) 请在存局日的持湘域内传蒋，划由明的不的阳区视聘府影儿效 请在想门的香题比域内门答，超出闲色更用的梨定以域首家大发 16C15升》 明产青题日的济国城内件养，现由国他即用达果义的符果卫氢 ■ 通在洲白的酒域纳落，山图你矩因山中以域的答家大发 171681 明存则可店是业内行，想中网色可动项见容聚无复 请考生保精需数卡干净整清。不要污领、硫坏！ 在高口的游更<址为作，用出思包的电核剂空以的海家款 18.(17分2 请有随再的不题区威内，相H两用灭面容聚无酸 ■ t9578] 则方区成内作容，山阳处师用达见区聚无2 ■ 吉林省“BEST合作体”2024-2025学年度下学期期末考试 高一数学试题 本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共150分，共2页。考试时间为120分钟。考试结束后，只交答题卡。 第Ⅰ卷 客观题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1．设复数，则的虚部为 （ ） A． B． C． D． 2．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是 “每个大于的偶数可以表示为两个素数的和”，如。在不超过的素数 中，随机选取两个不同的数，其和等于的概率是 （ ） A． B． C． D． 3．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为 （ ） A． B． C． D． 4．已知在边长为的等边所在平面内，有一点满足，则 等于 （ ） A． B． C． D． 5．已知的内角的对边分别为，设向量， ，若，则角的大小为 （ ） A． B． 　 C． D． 6．依次抛掷两枚质地均匀的骰子，表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，表 示事件“第一次抛掷骰子的点数为”，表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”， 表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为”，则 （    ） A．与为对立事件 B．与为相互独立事件 C．与为相互独立事件 D．与为互斥事件 7．已知正方体的棱长为，点分别为线段上的动点， 点在平面内，则的最小值是 （ ） A． B． C． D． 8．如图，在等边中，分别是线段上异于端点的动点，且， 现将沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中正确的是 （ ） A．先变大后变小 B．二面角的平面角变小 C．与平面所成的角变大 D．与所成的角先变小后变大 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知的内角的对边分别为，则下列命题中不正确的是 （ ） A．若，则为钝角三角形 B．若，，，则的面积为 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若，，且有两解，则的取值范围是 10．下列说法正确的是 （ ） A．数据，，，，，，，的上四分位数是 B．已知样本数据的平均数为，则数据与原数据的极差、 平均数都相同 C．将总体划分为两层，通过分层抽样，得到样本数为的两层样本，其样本平均数 和样本方差分别为和，若，则总体方差 D．甲组数据的方差为，乙组数据为，则这两组数据中较稳定的是乙组 11．已知正方体的棱长为，点是棱的中点，点在 侧面内运动（包括边界），且与平面所成角的正切值为， 下列说法正确的是 （ ） A．的最小值为 B．不存在点，使得 C．不存在点，使得平面 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 第Ⅱ卷 主观题 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。将答案填在答题卡相应的位置上。 12．已知向量，则与垂直的单位向量的坐标为______。 13．在中，角的对边分别为，若，，则 外接圆的周长为 。 14．已知菱形的各边长为，。如图所示，将沿折起，使得 点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时。若是线段 的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点轨 迹的面积为________。 四、解答题：本大题共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） 已知向量满足：，，。 （1）求向量与的夹角； （2）求的值。 16．（本小题15分） 如图，在直三棱柱中，，，，为 的中点。 （1）证明：平面； （2）求直线到平面的距离。 17．（本小题15分） 如图，在中，，点在边上，且，。 （1）若，求的长； （2）求的最小值。 18．（本小题17分） 为了庆祝“五四”青年节，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛。共名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取名学生，并按成绩分成五组： ，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占。 （1）求抽取的名学生的平均成绩（同一组数据用该组区间的中点值代替）； （2）若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取人，再从中选 取人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这人都是高三学生的概率； （3）若比赛成绩（为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的 名学生成绩优秀的人数。 参考公式：（是第组的频率），参考数据：。 19．（本小题17分） 如图，在四棱锥中，为矩形，平面平面。 （1）求证：。 （2）若，，，问为何值时，四棱锥的 体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值。 吉林省“BEST合作体”期末考试 高一数学试题 第1页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $$