江苏省泰州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题含答案.pdf
20232024学年度第二学期期末考试高一数学试题（考试时问：120分钟；总分：150分）一、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.在正方体ABCD-AJBIClDl中，AC与BCI所成的角为A.30。B.60。c.90。D.120 2.记D.ABC的内角A,B,C的对边分别为，b,c.己知c=4,A=45。，若角B有两解，则。的值可以是A.2B.2-J2C.2.J33.在D.ABC中，A(l,-2),C(t,1),AB=(2，哟，则D.4A.t笋iB.t;,=-_!_C.t;i=_!_D.t;,=24 2 4.设甲：直线与平面内两条直线垂直，A.充分不必要条件C充要条件乙：直线aJ_平面，则甲是乙的B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5.复数z与复平面内的点（3,-4）对应，贝Ll:z2=A.-7+24iB.25+24iC.2D.256.己知互不相等的一组数X1，毛，X3，X10的平均数为X10，方差为sj.x.,x2,x，冉的方差为s；，则A.2 2 S SI 2 B.s=sC.s s;D.st与s；大小关系不确定7.己知圆锥底面半径为3，体积为3，若圆锥底面圆周和顶点都在球0的表面上，则球。的表面积为A.100B.40c.而D.3 8.在D.ABC中，BC=8,2 sin A+3 cos B cos C=4，则D.ABC的面积为A.4B.8C.24D.32二、选择题：本题共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，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分。高数学第1页共4页 高一数学答案 第1页 共 4 页 学科网（北京）股份 有限公司 20232024 学年度第二学期期末考试 高一数学答案 一、一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1B；2C；3D；4B；5D；6C；7A；8B 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合分。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，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。分。9ABC；10BCD；11BD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。分。1216；13(8,6)；14100 5，50 29（第一空 2 分；第二空 3 分）四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。14解答：（1）由32，4sin5=，得4tan3=3 分（1）2222sinsin22sin(sincos)2sin2tan8cos2cossincossin1 tan+=；8 分（2）5tan11tan()41tan7=+13 分 15解答：（1）89.5的百分位数为()()10010.20.170+=，3 分 设心跳次数为 x，则64.5 0.174.5 0.2584.5 0.3594.5 0.2 104.5 0.184x=+=，所以这批志愿者的心跳数的平均数为84；7 分(2)由从高于89.5次的检测者中分层抽样 6 人得)89.5,99.5抽 4 人，99.5,109.5抽 2 人，10 分 记“抽中的 2 人心跳数高于99.5”为事件A，从 6 人中任取共有 15 种，2 人心跳数高于99.5有 1 种，则()P A=115，即抽中的 2 人心跳数高于99.5的概率为11515 分 17解答：（1）若选若选，根据正弦定理及题意，得22 cos2 cosbcabCcbcA=，所以2sincoscossinsincosBACACA=+，即()2sincossinBAAC=+.因为ACB+=，所以()2sincossinsinBABB=.高一数学答案 第2页 共 4 页 学科网（北京）股份 有限公司 又sin0B，所以1cos2A=，又()0,A，所以3A=.6 分 若选若选，因为3cossin3caBaB=，所以由正弦定理，可得3sinsincossinsin3CABAB=，sin()sincoscossinABABAB=+=+，整理得3cossinsinsin3ABAB=，因为(0,)B，所以sin0B，可得3cossin3AA=，即tan3A=，因为(0,)A，所以3A=.6 分 若选若选，因为coscos2 coscAaCbA+=所以由正弦定理可得：sincossincossin()sin2sincosCAACACBBA+=+=，因为(0,)B，所以sin0B；可得1cos2A=又(0,)A，故3A=.6 分（2）由（1）得3A=，因2a=，由正弦定理，4 323sinsinsin3bcBC=，则4 3sin,3bB=4 3sin3cC=,222162cos4sinsin43bcbcAabcBC+=+=+=+9 分 8cos()coo816c s()3(3s)43BCBCBC=+=，12 分 因为22(,)33BC，所以22bc+的取值范围为(4,8 15 分 18解答：（1）（i）由1C O 平面ABCD，AD 平面ABCD得1C O AD，又OE AD，1OEOCO=，1,OE OC 平面1OEC，得AD 平面1OEC，因为AD 平面11ADD A，所以平面1OEC 平面11ADD A；5 分 高一数学答案 第3页 共 4 页 学科网（北京）股份 有限公司 （ii）11,O E D C不共面，假设11,O E D C共面，由四棱柱1111ABCDABC D得平面/ABCD平面1111ABC D，所以11/OEC D，又11/CDC D，所以/OECD，即90ADC=，从而四边形ABCD为矩形，与ABCD矛盾！所以11,O E D C不共面;10 分（2）取BC的中点N，连接CO并延长交AB于P，因为90ABC=，OBOC=，所以O为CP的中点，/ONAB，因为ON 平面1ABC，AB 平面1ABC，所以/ON平面1ABC，再由M是1CC的中点，同理可得/MN平面1ABC,因为ONMNN=，,ON MN 平面OMN，所以平面OMN/平面1ABC,因为1AC 平面1ABC,所以1/AC平面OMN 17 分 19解答：（1）由题意得1123CACBAB=，所以112B AC=，2 分 222211111122ABACABACABACABAC+=+=+=；取11BC的中点为M，AM的中点N，则12MN=，4 分 则()2211122()2PAPBPCPA PMPNMN+=，即当P为AM中点时，()11PAPBPC+取最小值12；6 分（2）以A为坐标原点，AB为x轴正方向，建立直角坐标系，设(cos,sin)C rr，0ACr=，则(1,0)B，(1,0)AB=，由题意得1(cos(2),sin(2)(cos2,sin2)AB=，1(cos(),sin()(cos,sin)ACrrrr=，高一数学答案 第4页 共 4 页 学科网（北京）股份 有限公司 （i）因为1B是1BCC的重心，所以3cos21coscos3sin22 sinrrr=+=，即21cos33cosr=，所以3cos3=，|3ACr=；10 分（ii）由113,2ABxABAC ACyABzAC=+=+得：3cos2cos23sin2sin2coscossinsinxrrryzrrzr=+=+=，即3cos2cos23cos42 cos1xrryrz=+=所以1xz=，12 分 因此3cos8y=，由23cos18BACy=得1,2y=，当1y=时，3cos8BAC=，此时5sin8BAC=，23AC=，2238123383BC=+=，由sinACB=sin158ABBACBC=，得7cos8ACB=；当2y=时，3cos4BAC=，此时1sin2BAC=，43AC=，44313123343BC=+=，由sinACB=sin2 3913ABBACBC=，得13cos13ACB=所以13cos13ACB=或78 17 分
