甘肃省天水市2024-2025学年高一下学期期末阶段性检测 数学

高一阶段性检测注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡__并交回。4.本试卷主要考试内容:湘教版必修第__册至必修第二册。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.已知集合A={父|—1<父<2},B={—2,—1,0,1,2},则A∩B=2.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为5,高为3,则该正四棱台的体积为3.已知函数f(父)是在R上单调递增的奇函数,则f(父)的解析式可能为A.f(父)=tan父B.f(父)=—父C.f(父)=父十3D.f(父)=父34.从装有除颜色外其他完全相同的2个红球(编号为1,2)和2个白球(编号为1,2)的口袋内任取2个球,则互斥且不对立的两个随机事件是A.至少有1个白球,都是白球B.至少有1个白球,至少有1个红球C.恰有1个白球,恰有2个白球D.至少有1个白球,都是红球→→→5.在正方形ABCD中,点E在边CD上,且DE=3EC,记AB=a,AC=b,→→→6.某企业两台设备在__天内正常运行的概率分别为0.7,0.9,且它们是否正常运行相互独立,则__天内这两台设备至少有__台正常运行的概率为第【高—数学第页(共4页)】【高—数学第【高—数学第7.某正方体的展开图如图所示,则在原正方体中 7.某正方体的展开图如图所示,则在原正方体中 A.直线AB与CD相交,且直线AB与CD的夹角为 πB.直线AB与CD相交,且直线AB与CD的夹角为 BDACC.直线AB与CD异面,且直线AB与CD的夹角为D.直线AB与CD异面,且直线AB与CD的夹角为二、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,有选错的得0分.C十iD.义在复平面内对应的点位于第__象限A.f=sinB.f(父)的最小正周期为πC.f(父)在(,)上单调递减D.f(父)的图象关于点(—,0)对称11.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列结论正确的有A.若A<B,则sinA<sinBB.若cosA<cosB,则A<BC.若acosB—bcosA=c,则△ABC__定为直角三角形D.若Bc=4,且该三角形有两解,则b的取值范围是(2,十∞)13.已知a,b∈R,复数(a十i)(1十i)=2十bi,则|a十bi|=▲.的半径为▲,该圆锥的底面半径为▲.【高—数学第【高—数学第已知向量a=(3,父),b=(—1,2)●(1)若a丄b,求父;(2)若aⅡb,求父;(3)若父=—1,求a与b的夹角●已知cos=2sinαsinβ十●(1)求cos(α十β);(2)若,求sin●2024年奥运会在巴黎举行,中国代表团获得了40枚金牌、27枚银牌、24枚铜牌,共91枚奖牌●为了增加学生对奥运知识的了解,弘扬奥运精神,某校组织高二年级学生进行了奥运知[90,100]分成6组,其频率分布直方图如图所示●(1)求该样本的第80百分位数;(2)试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分(同__组中的数据以该组数据所在区间的中点值为代表);/分(3)该校准备对本次奥运知识能力测试成绩在[60,80)内的学生,采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出6名同学,再从抽取的这6名同学中随机抽取2名同学了解情/分况,求这2名同学中,有__人成绩在[60,70)内,另__人成绩在[70,80)内的概率●【高—数学第【高—数学第18.(17分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且4bsinA=3acosB.(1)求tanB. (2)已知b=\10,a=5,a>c.①求△ABC的面积;②若直线DE交AB于点D,交BC于点E,且将△ABC的面积分成相等的两份,求DE的最小值.19.(17分)3EB.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D,G分别为AB,BB1的中点,AA1=AB3EB.(1)证明:DEⅡ平面AGC.(2)证明:A1D丄平面CDE.(3)若点M在△DEC的三边上运动,直线C1M与平面DEC所成的角为α,求tanα的取值范围.A1ACCDEGB1CCDEGB1B高一阶段性检测数学参考答案1.BA∩B={0,1}.2.A该正四棱台的体积为3.Df(父)=tan父的定义域不为R,f(父)=—父是在R上单调递减的奇函数,f(父)=父十3不是奇函数,f(父)=父3是在R上单调递增的奇函数.对于C,“恰有1个白球”与“恰有2个白球”这两个事件不可能同时发生,但当2个球都是红球时,它们都不发生,因此它们互斥且不对立.对于D,“至少有1个白球”与“都是红球”不可能同时发生,但必有__个会发生,因此它立的.故选C.5.A因为点E在边CD上,DE=3EC,所以又A—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),D)=—EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(—→),BC)=b—a,EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),E)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),D)十EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(—→),DE)a十b.6.D因为两台设备在__天内正常运行的概率分别为0.7,0.9,且它们是否正常运行相互独立,所以这两台设备都没有正常运行的概率为(1—0.7)×(1—0.9)=0.03,所以__天内这两台设备至少有__台正常运行的概率为1—0.03=0.97.7.D如图,在原正方体中,直线AB与CD异面.易证AEⅡCD,所以直DB线AB与CD的夹角为上BAE.易得AE=AB=BE,所以△ABE是等边三角形,上BAE故直线AB与CD的夹角为【高—数学第【高—数学第9.BD由题意得义的虚部为—2,义的共轭复数为4十2i十i在复平面内对应的点为(3,1),位于第__象限.10.BCD由题意得f(父)=sin2父十cos2父=\sin(2父十,f(父)的最小正周期为A错误,B正确.),所以f(父)在,上单调递减,C正确.因为fsin所以f的图象关于点对称,D正确.11.AC对于A,因为A<B,所以a<b,从而sinA<sinB,A正确.对于B,因为函数y=cos父在(0,π)上单调递减,所以A>B,B错误.对于C,若acosB—bcosA=c,则由正弦定理可得sinAcosB—sinBcosA=sinC,即sin(A—B)=sinC,所以A—B=C,即A=B十C.又因为A十B十C=π,所以A,即△ABC为直角三角形,C正确.对于D,若B,则csinB=2,要使得该三角形有两解,可得2<b<4,即b的取值范围是(2,4),D错误.3.2=log2(5×3.2)=log216=4.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(a),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(1),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(2),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(a),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up11(3),4)|a十bi|=5.1设该圆锥外接球的半径为R,则由得R设该圆锥的底面半径为r,则母线长为4r.圆锥外接球的半径等于圆锥轴截面的外接圆的半径,该圆锥的轴截面如图所示,易得sinBBEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(1),5)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(p),in)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(A),B)BAO15.解:(1)由题意得a.b=—1×3十2父=0,…………………2分得父……………………4分(2)由题意得3×2=—1.父,………………6分【高—数学第【高—数学第得父=—6.…………………8分(3)由题意得cos12分………… 16.解:(1)由题意得cos(α—β)=cosαcosβ十sinαsinβ=2sinαsinβ十3,………………3分……………4分所以cos(α十β)=cosαcosβ—sinαsinβ=1……………(2)由(1)得cos(α十=,则sin………9分…………13分 …………………15分17.解:(1)由题意得(0.01十0.015十0.015十a十0.025十0.005)×10=1,解得a=0.030.……………………2分……………3分所以父=84.…………………5分(2)由题意得平均分为0.1×45十0.1571分.…………………………9分(3)由题意得[60,70),[70,80)的频率比为1:2,………10分将抽取的6人中成绩在[60,70)内的2人记为a,b,成绩在[70,80)内的4人记为C,D,E,F,从这6人中抽取2人,有ab,aC,aD,aE,aF,bC,bD,bE,bF,CD,CE,CF,DE,DF,EF,共15种情况,………………12分其中有__人成绩在[60,70)内,另__人成绩在[70,80)内有aC,aD,aE,aF,bC,bD,bE,bF,共8种情况,………………14分 所以所求概率为.………………………15分18.解:(1)由正弦定理得4sinBsinA=3sinAcosB.………2分sinB3由A∈(0,π),得sinA≠0,则4sinB=3cosB,所以tanB==.………【高—数学第【高—数学第(2)①由tanB=>0,得B∈(0,).由………6分由余弦定理b2=a2十c2—2accosB,得c2—8c十15=(c—3)(c—5)=0,解得c=3(c=5舍去),…………………………8分所以△ABC的面积为acsinB……………………10分②设BD=x,BE=y.由S△BDE=xysinBS△ABC得xy……………12分由余弦定理得DE2=x2十y2—2xycosB=x2十yxy≥2xyxyxy=3,………………15分得DE≥\,当且仅当x=y时,等号成立.………16分19.(1)证明:“D,G分别为AB,BB1的中点,B1E=3EB,:DEⅡ19.(1)证明:“D,G分别为AB,BB1的中点,B1E=3EB,:DEⅡAG.…2分“DE丈平面AGC,AGG平面AGC,:DEⅡ平面AGC.………………4分(2)证明:如图1,连接A1E,A1C.易得A1D=2\,DE=\,A1E=5,CD=2\,A1C=4\.………6分“A1D2十DE2=A1E2,:A1D丄DE.…………7分“A1D2十CD2=A1C2,:A1D丄CD.…………8分“DEG平面CDE,CDG平面CDE,DE∩CD=D,:A1D丄平面CDE.……………9分(3)解:如图2,将直三棱柱ABC-A1B1C1补成直四棱柱ABOC-A1ADEDEB1GBC1C图1A1B1O1C1,设O1,CO的中