浙江省丽水市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份浙江省丽水市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了06），5 ，方差为0，5，s2  1， 1,0等内容，欢迎下载使用。
本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。
注意事项：
答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上。
答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
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，只有一项是符合题目要求的）
已知sinα 4 ，且α是第二象限的角，那么tanα的值为 5
 4
3
 3C． 4D． 3
434
已知向量a  2, t  ， b  1, 2 ，若a  b ，则
t  4
t  4
t  1
t  1
有一组样本数据：1， 2 ， 2 ， 3 ， 3 ， 3 ， 4 ， 5 ，则下列关于该组数据的数字特征中，数值最大的为
中位数B．平均数C．极差D．众数
要得到函数 y  sin  3x  π  的图象，只需将函数 y  sin 3x 的图象
3 
π
向左平移
3
π
C．向左平移
9

π
个单位B．向右平移
3
π
个单位D．向右平移
9
个单位个单位
已知 m ， n 表示两条不同直线，α表示平面，下列结论正确的是 A．若m//α， n//α，则 m//nB．若 m α， n α，则m  n C．若 m α， m  n ，则 n//αD．若m//α， m  n ，则 n α
2
已知ABC 的三个内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ， B  π ， a  2 ， b ，则
6
A 
ππ
B.
34
π3π
C. 或
44
π2π
D . 或
33
某班级有30 名男生和20 名女生，现调查学生周末在家学习时长（单位：小时），得到男生样本数据的平均数为8 ，方差为2 ；女生样本数据的平均数为10.5 ，方差为0.75 ，则该班级全体学生周末在家学习时长的平均数 x 和方差 s2 的值分别为
x  9.5，s2  1.5
C. x  9.5，s2  3
x  9，s2  1.5
D. x  9，s2  3
已知函数 f (x)  sin(ωx  π)(ω 0) ，若方程 f (x）
4
2 在0, π 上恰有两个不同的
2
实根，则ω的取值范围为
A.  2 5 
B. 5 
C.  1
D.  1
 ， 
 2， 
 ，2
 ，2 
2 
2 
 2
 2
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，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
已知复数 z1  1+i, z2  1 i ，下列选项正确的是
z 与 z 互为共轭复数B. z1  i
z
12
2
z1  z2
 z1  z2
z1  z2  2
甲乙两个质地均匀的骰子，同时抛掷这两个骰子一次，记事件 A 为“两个骰子朝上一面的点数之和为奇数”，事件 B 为“甲骰子朝上一面的点数为奇数”，事件C 为“乙骰子朝上一面的点数为偶数”，下列选项正确的是
事件 B 、C 是互斥事件B.
C. 事件 A 、 B 是相互独立事件D.
P( A)  P(B)  P(C)
P(ABC)  1
8
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为1 ，下列选项正确的是
若 P 为棱CC 中点，则异面直线 AP 与CD 所成角的正切值为 5 ；
12
若 P 在线段 A B 上运动，则 AP  PD 的最小值为 6 2 ；
112
若 P 在以CD 为直径的球面上运动，当三棱锥 P  ABC 体积最大时，三棱锥
P  ABC 外接球的表面积为2π ；
若平面α与正方体每条棱所成角相等，则平面α截正方体所得截面面积的最
大值 3 3 .
4
三、填空题（本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分）
已知向量 a  1, 2, b  2, 0 ，则向量a 在向量b 方向上的投影向量为 ▲.
甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9 ，则甲乙两人恰有一人中靶的概率为 ▲.
过△ABC 重心G 的直线l 与边 AB, AC 交于点 P, Q ，且 AP  λAB 0  λ 1 ，
AQ  μAC 0  μ 1 ，直线l 将△ABC 分成两部分，分别为△APQ 和四边形
PQCB ，其对应的面积依次记为 S 和 S ， S2 的最大值为 ▲.
S
12
1
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.(本题满分 13 分) 某校为促进学生对数学文化的认识，举办了相关竞赛，从所有答卷中随机抽取100 份作为样本， 发现得分均在区间30, 90 内现将100 个样本数据按
30, 40 ，40, 50 ，50, 60 ，60, 70 ，70,80 ，80, 90 分成6 组，得到如下频
率分布直方图．
求出频率分布直方图中 x 的值；
请估计样本数据的众数和平均数；
学校决定奖励成绩排名前 20%的学生，学生甲的成绩是77 分，请判断学生 甲能否得到奖励，并说明理由．
0.03
频率/组距
x
0.01
30 40 50 60 70 80 90分数
第 15 题图
(本题满分 15 分)已知函数 f  x 3 sin x  cs x ．
求 f  x 的最小正周期及对称中心；
若 f 2x  1 ，求 x 的取值范围.
(本题满分 15 分)如图，在三棱锥 P  ABC 中，平面 PAB  平面 ABC ，△PAB 为等边三角形， AC  BC 且 AC  BC  2 ， O ， M 分别为 AB ， PB 的中点．
第 17 题图
求证：平面 MOC  平面 PAB ；
求直线 MC 与平面 ABC 所成角的正弦值.
第 18 题图
(本题满分 17 分) 如图，四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  底面 ABCD ,四边形 ABCD 为梯形， AD BC ，且 AD  2BC ，过 A1, C, D 三点的平面记为α， BB1 与 α的交点为Q .
证明： Q 为 BB1 的中点；
求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；
若 AA1  4, CD  2 ，梯形 ABCD 的面积为6 ，求平面α
与底面 ABCD 所成锐二面角的正切值.
(本题满分 17 分)
已知△ABC 的三个内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c .
①若 a  3, b  5, c  7 ，求△ABC 的面积 S .
p( p  a)( p  b)( p  c)
②记 p  a  b  c ，求证： S .
2
在平面四边形 ABCD 中， AB  a, BC  b, CD  c, DA  d ，记
q  a  b  c  d ，
2
求证：四边形 ABCD 的面积 S  （q  a)(q  b)(q  c)(q  d ) .
丽水市 2024 学年第二学期普通高中教学质量监控
高一数学评分标准（2025.06）
一、单项选择题
二、多项选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
D
B
C
D
A
题号
9
10
11
答案
ABD
BC
ACD
三、填空题
12. 1,0
四、解答题
13.
0.26
5
4
（1） (0.01 3  2x  0.03) 10  1，所以 x  0.023 分
（2）平均值为： (35 0.01 45 0.01 55 0.02  65 0.03  75 0.02  85 0.01) 10  62 分
众数为： 60  70  65
2
…9 分
成绩低于70 分的频率为0.7 ，成绩低于80分的频率为0.9 ，
则得到奖励的最低成绩为70  0.8  0.7 10  75  77 ，所以学生甲能得到奖励．
0.9  0.7
…13 分
解：（1） f  x 
3 sin x  cs x  2 sin（x  π) ,T  2π
6
由 x  π  kπ, x  kπ  π ，所以 f (x) 对称中心为 kπ  π , 0 k  Z 
…7 分
666

（2）由 f (2x)  1 得sin（2x  π)  1 ，即2kπ+ π  2x  π  2kπ+ 5π
62666
解得： kπ  x  kπ+ π ，所以 x 的取值范围为x | kπ  x  kπ+ π , k  Z 
…15 分
33

解：（1）因为 AC  BC ， O 为 AB 的中点，所以CO  AB ,
因为CO  平面 ABC ,平面 PAB  平面 ABC ,
平面 PAB ∩ 平面 ABC =AB ,所以CO  平面 PAB ,
因为CO  平面 MOC ,
所以平面 MOC  平面 PAB ；7 分
（2） 过 M 作 MH  AB  H ,连接 HC ,因为平面 PAB  平面 ABC ,
平面 PAB ∩ 平面 ABC =AB , MH  AB 且 MH  平面 PAB ,所以 MH  平面 ABC
MCH 即为直线 MC 与平面 ABC 所成角.
因为 AC  BC 且 AC  BC  2 ，所以 AB=2 2 ,
6
因为△PAB 为等边三角形，所以 PO =
, MH =
6 , CH 10
22
MH 2  CH 2
在直角三角形 MCH 中， CM 
 2 ,
所以sin MCH  MH 6
MC4
…15 分
解：
延长 DC, AB 交于点O ,因为 AA1 ∩ A1D  A1 , AB ∩ CD  O ,
所以平面 ABA1B1 ∩ 平面 A1CD  A1O ，因为 BB1 ∩ 平面 A1CD  Q ，所以Q  A1O ，因为 AD BC ， AD  2BC ，所以 AB  OB ,
因为 AA1
BQ ，所以 BQ  1 AA ,即Q 为 BB 的中点；5 分
211
延长 A1B1, D1C1 交于点 E ,连接 EO ,因为 ABCD  A1B1C1D1 为四棱柱，所以 A1D1E  AOD 为三棱柱，
A  AOD  3 AOD A D E
1
所以VV
11 1
, 因 为 Q 为
BB1 的 中 点 ，
AD  2BC ， 所 以
V 1 V,
QBOC8 A1  AOD
1
VQBC  A AD
 7 V 8
A1  AOD
,所以VQBC  A AD
 7  1 V
8 3
AOD A1D1E
 7 V
24
AOD A1D1E
,因为 B, C 分别是 AO, OD 的中点，
1 1
所以VB CE  BOC
 1 V 4
1
1 11 1 1 1
AOD A D E ,VABCD A B C D
 3 V 4
AOD A1D1E
,所以
VQBC  A AD
1
1 1 1 1
VABCD A B C D
，即四棱柱被平面α所分
7
18
成上下两部分的体积之比为11: 711 分
由（1）知平面 A1OD 为平面α,作 AH  OD ，连接 A1H ，因为 AA1  平面 AOD ，所以 AA1  OD
因为 AH  OD ， AH ∩ AA1  A ，所以OD  平面 AA1H ，所以OD  A1H ,
所以A1HA 为二面角 A1  OD  A 的平面角即所求锐二面角的平面角，
4
因为 SABCD  6, B, C 分别为 AO, OD 的中点， CD  2 ，所以 S△ AOD  3 SABCD  8 ， OD  4 ，
因为 AH  OD ，所以 S 1  AH  OD , AH  4 ,所以tan A HA  AA1  1,
△ AOD2
1AH
所以所求锐二面角的平面角的正切值为117 分
32  52  721
解：（1） cs C   ,
2  3 52
sin C 
3 ， S
 1 ab sin C  1  5 3

3  15 3
2a ABC
2224
p( p  a)( p  b)( p  c)
另： S =

 15 3
15 (15  3)(15  5)(15  7)
22
2
2
4
…3 分
1 cs2 C
(a2  b2  c2 )2
1
4a2b2
111
（2）证明： S 
ab sin C 
ab
 ab

222
1
4
4a2b2  (a2  b2  c2 )2
1
4
(2ab  a2  b2  c2 )(2ab  a2  b2  c2 )

1 （a  b）2  c2（) c2 （a  b）2
4
1
4
(a  b  c)(a  b  c)(a  c  b)(b  c  a)

( a  b  c )( a  b+c-2c)( a  b  c  2b )( a  b  c  2a )
2
2
2
2

p( p  a)( p  b)( p  c)

…8 分
(3)设ABC α, ADC  β,
SABCD
 SABC
 SACD
 1 ab sinα 1 cd sin β
22
 ab sinα cd sin β=2S
……………………①
AC 2  a2  b2  2ab csα c2  d 2  2cd csβ
 ab csα cd csβ 1 (a2  b2  c2  d 2 )
2
……………………②
①2+②2 得：
a2b2 sin2α c2d 2 sin2 β+2abcd sinαsin β=4S 2
a2b2 cs2α+c2d 2 cs2 β 2abcd csαcsβ 1 (a2  b2  c2  d 2 )2
4
a2b2 +c2d 2  2abcd c（s
α+β） 1 (a2  b2  c2  d 2 )2 +4S 2
4
(ab+cd )2  2abcd 1 c（s
α+β）  1 (a2  b2  c2  d 2 )2 +4S 2
4
由 a、b、c、d 的确定性，当c（s α+β） 1即α+β π时，4S 2 有最大值，即四边形 ABCD 有外接圆
时，四边形 ABCD 的面积最大.
4S 2  (ab+cd )2  1 (a2  b2  c2  d 2 )2
4
16S 2  (2ab+2cd )2  (a2  b2  c2  d 2 )2
=2ab+2cd +a2  b2  c2  d 2 2ab+2cd  a2  b2 +c2 +d 2 
 
= a  b2  c  d 2  c  d 2  a  b2 
 a  b  c  d a  b  d  ca  c  d  bb  c  d  a
S2  a  b  c+d  2d  a  b  c+d  2c  a  b  c+d  2b  a  b  c+d  2a
2222
q= a  b  c+d
2
 Smax  q  d q  cq  bq  a
…17 分