湖北省宜昌市2024-2025学年高一下学期7月期末调研考试 数学

2024-2025学年高一下学期期末统一调研测试数学试题

一、单选题

1．下列各组数据中方差最大的一组是（）

A．3，3，3，3，3B．2，2，3，4，4C．1，2，3，4，5D．1，1，3，5，5

2．若复数z满足(1i)zi，则z的虚部为（）

1111

A．iB．C．iD．

2222

3．如图，矩形OABC是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中OA4，

OC2．则平面四边形OABC的面积为（）

A．8B．16C．82D．42

4．已知m，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）

A．若m//n，n，则m//B．若m//，n//，则m//n

C．若m//，m//n，则n//D．若//，m，则m//

1

5．已知向量a满足a3且单位向量e在a方向上的投影向量为a，则向量a与e的夹角为（）

2

ππ2π5π

A．B．C．D．

6336

6．已知圆台上下底面半径分别为1，2，圆台的母线与底面所成的角为45，则圆台的侧面积为（）

A．2πB．22πC．32πD．42π

7．在ABC中，角，，C所对的边分别为，b，，已知A30，a1，b2，则下列结论一定正确的是（）

A．B60B．B120C．c2D．c1

x

8．如图，函数fx2sinxb0,,bR有三个相邻的零点1，x2，x3，且x1x2x3，

x15x36x2，则b（）

13

A．1B．3C．D．

22

二、多选题

π

9．函数fx2sinx0,0的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）

2

π

A．

6

π

B．函数fx是奇函数

6

π

C．函数fx的图象的对称轴方程为xkπ

6

π

D．函数yfx在区间,0上单调递增

3

2π

10．已知圆锥SO的轴截面是顶角为的等腰三角形，其母线长为2，底面圆周上有，两点，下列说法正确

3

的有（）

A．SOAB

π3

B．若AOB，则直线SA与平面SOB夹角的正弦值为

34

C．截面三角形SAB的最大面积为2

3π

D．若一只小蚂蚁从点出发绕圆锥侧面一周回到点，则最短路程为4sin

2

11．四面体ABCD的体积为V，则下列说法正确的有（）

A．若该四面体有5条棱的长为2，则V1

B．若ABACAD3，BC2，则V22

C．若ABBCCD3，则V3

D．若该四面体有1条棱的长为6，其余5条棱的长为4，则V43

三、填空题

12．若在复平面内，复数12z所对应的点的坐标为3,3，则复数的模为．

15

13．在ABC中，点D满足BDBC，若ADABAC，则．

44

14．如图，ABC的内角，，C的对边分别为，b，，直线l与ABC的边AB，AC分别相交于点D，E，其

3

中ADE为锐角三角形，AD2，设ADE，满足acosBbcosAc．则ADE的周长的

2

取值范围为．

四、解答题

1

15．已知m3sinx,cosx，ncosx,cosx0,xR，fxmn，若fx的最小正周

2

期是．

(1)求函数fx的解析式；

ππ

(2)若将fx的图象向左平移个单位得到gx的图象，求gx在区间0,上的值域．

62

16．某校举办了“趣味数学”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份成绩（满分100分，成绩均为不低于

40分的整数）作为样本，将样本分成六段：40,50，50,60，，90,100，得到如图所示的频率分布

直方图．

(1)求频率分布直方图中的值及样本平均数；

2

(2)试估计这100名学生的分数xii1,2,,100的方差s，并判断此次得分为60分和80分的两名同学的

成绩是否进入到了xs,xs范围内?（用每组的区间的中点代替该组的分数）

．如图，在四棱柱中，侧面底面，且，侧棱，点和

17ABCDA1B1C1D1ADD1A1ABCDAA1ADAA14M

点N在棱CC1上，且满足AA12AB2AD2CM4CN，

(1)若底面四边形ABCD为平行四边形，求证：AM//平面BDN；

(2)若底面四边形ABCD为矩形，求二面角DBNC的平面角的正切值．

10

18．在ABC中，角，，C所对的边分别为，b，，2asinCcosBbsinBcsinA．

3

sinA

(1)求的值；

sinC

(2)D为边AC上一点，满足sinAADsinCDC且ac，

（i）求证：BD2BABCDADC；

6π

（ii）若c1，BD，设ABD，求sin2的值．

23

19．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，

其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步．欲知为田几何?”其求法是：“以小斜幂并大

斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”

这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式．若ABC的内角，，C的对应边分别为，b，，面积为S，则“三斜求积”

2222

122abc

公式为Sab．

42

1

(1)用SabsinC公式证明“三斜求积”公式；

2

(2)若等腰三角形ABC中，ABAC，AC边上的中线BD2，求ABC面积的最大值；

(3)在三棱锥EFGH中，FGEHa，FHEGb，EFHGc，其外接球的表面积为S1，FGH的

S1S1

外接圆面积为S2．试用，b，表示，并求的最大值．

S2S2

参考公式：

a2b2c2abcabcacbbca8a2b2c2a2b2c2a2c2b2b2c2a2

题号12345678910

答案DDBDACCBADABC

题号11

答案ABD

1．D

由方差的意义和计算公式可得.

【详解】由题意可得各组的x3，

2

由方差的意义可得s10，

22222

23233343434

s2，

255

22222

1323334353

s22，

25

22222

131333535316

s2，

255

416

s20s2s22s2.

125345

故选：D.

2．D

利用复数的除法运算及复数的概念即可求解.

ii(1i)1i11

【详解】由题意可得zi，

1i(1i)(1i)222

1

所以复数z的虚部为.

2

故选：D.

3．B

将直观图还原，求出底和高即可得到结果.

【详解】将直观图还原得平行四边形OABC，设高为h，如下图，

因为OC2，由勾股定理得：OD2,故原图形中OD4,

所以OA4，h4，所以平面四边形OABC的面积为4416．

故选：B．

4．D

由线线，线面，面面间位置关系逐项判断可得.

【详解】对于A，若m//n，n，则m//或m，A错误；

对于B，若m//，n//，则m与可能平行、相交或异面；

对于C，若m//，m//n，则n//或n．例如，当在平面内时，也能满足m//且m//n，C错误；

对于D，若//，m，两个平面平行，一个平面内的任何一条直线都平行于另一个平面，

即m//，D正确．

故选：D．

5．A

结合题意，由投影向量的计算公式可得.

1a1

【详解】因为e在b方向上的投影向量为a，所以ecose,aa，

2a2

e·a1

3

可得2aa，即e·a；

a22

e·a3π

因为a3，e为单位向量，所以cose,a，所以e,a.

ea26

故选：A．

6．C

先由线面角求出母线长，再由圆台的侧面积公式计算可得.

r2r1

【详解】r2r11，cos45，l2，

l

．

S侧面积πr1r2l32π

故选：C.

7．C

对于A,B利用正弦定理即可求得结果，对角B分情况讨论，即可判断选项C,D.

1

2

【详解】对于选项：由正弦定理可得abbsinA2，

A,BsinB2

sinAsinBa22

5ππ3π

由于B0,，故B或B，故AB错误，

644

πππ7π

对于选项C,D:若B时，则CπABπ，此时

46412

ππ

1sin

asinC64ππππ2626

c2sincoscossin22，

sinA1646442

2

3ππ3ππ

若B时，则CπABπ，

46412

此时C为三角形中最小的内角，故ca1，故C正确，D错误，

故选：C

8．B

πtt3π5π

令tx，利用零点等式变形得到tt，又322kπ，解得t2kπ，再结合正弦函

3232233

数的性质可得.

【详解】令tx，则t15t36t2，5t3t2t2t1，

t3t12π，t3t1t3t2t2t12π，

π

6t3t22π，tt，

323

tt3π5π

又322kπ，kZ，t2kπ，kZ，

2233

5π

2sint3b2sinb0，b3．

3

故选：B.

9．AD

由图可得fx的最小正周期可判断A；由图象平移的性质可得B错误；由正弦函数的对称轴方程可得C

错误；整体代入结合正弦函数的单调性可得D正确.

2ππ

【详解】对于A，由图可得fx的最小正周期为2π，

36

2π

且，则π2，则fx2sin2x，

0

ππππ

将,2代入得f2sin2，即sin1，

6633

πππ5π

且0，则，

2336

πππ

可得，解得故A正确；

326

π

对于B，由A可知fx2sin2x，

6

ππππ

所以fx2sin2x2sin2x2cos2x，是偶函数，故B错误；

6662

πππkπ

对于C，令2xkπ，kZ，解得x，kZ，

6262

πkπ

所以yfx的对称轴方程为x，，故C错误；

62kZ

ππππππ

对于D，因x,0，则2x,，因ysinx在,上单调递增，

362622

π

则函数yfx在区间,0上单调递增，，故D正确.

3

故选：AD.

10．ABC

由线面垂直的性质可得A正确；取线段OB的中点C，连接AC，SC，由线面垂直的判定定理证明AC平

面SOB可得B正确；由三角形的面积公式可得C正确；由侧面展开图的性质可得D错误.

【详解】对于A，SO平面ABO，AB平面ABO，SOAB，A正确；

对于B，设MN为圆锥底面圆的直径．

2ππ

由MSN，得MSONSO，

33

π

则OAOBOMlsin3．

3

如图，取线段OB的中点C，连接AC，SC．

π

由AOB可知AOB为等边三角形，即ACOB，

3

又SO平面ABO，AC平面ABO，SOAC，

因为SOOBO,SO,OB平面SOB，所以AC平面SOB．

3

所以点到平面SOB的距离为AC，

2

AC3

所以直线SA与平面SOB夹角的正弦值为sinASC，B正确．

SA4

1

对于C，设圆锥的母线长为l，则截面SAB的面积为l2sinASB，

2

当SASB时，截面SAB的面积最大，所以面积最大值为2，C正确．

3

2πl

对于D，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为．

23π

l

又因为3ππ，所以最短路程为2l4，D错误．

故选：ABC．

11．ABD

利用体积分割法求解体积判断AD，利用三棱锥体积判断B，举反例判断C.

【详解】

对于A选项，如图1，ABACBCBDCD2，

取BC的中点E，连接AE,DE，

则AEBC,DEBC，且AEDE3，

所以AED为二面角ABCD的平面角，

111

当AED90时，VmaxSBCDAE2331，A正确；

332

对于B选项，如图2，在ABC中，ABAC3，BC2，

1

所以ABC的高AE31222，则ABC的面积为22222，

2

11

故当平面时，，正确；

ADABCVmaxSABCAD22322B

33

119

对于C选项，如图3，当ABBC，CD平面ABC时，V333，C错误；

322

对于D选项，如图4，ABACBCBDCD4,AD6，

分别取BC,AD的中点F,E，连接BE,CE，

则BEAD,CEAD，且BECE7，BECEE，

BE,CE平面BEC，所以AD平面BEC，

在BEC中，BECE7，EF7223，

111

所以VSBECAD43643，D正确.

332

故选：ABD.

13

12．

2

设复数zabi，由复平面内对应点的坐标求出复数，再计算模长可得.

【详解】设复数zabi，a,bR，则1-2z=1-2a-2bi，

因为复数12z所对应的点的坐标为3,3，

12a33

所以，解得a1,b，

2b32

3

所以z=-1-i，

2

913

所以z1.

42

13

故答案为：.

2

5

13．

4

1515

先将式子变形为ADABAC，利用向量之间的运算即可求得结果.

4444

151515

【详解】ADABAC，ADABAC

444444

1515

ABADACAD，DBDC，DB5DC

4444

55

BDBC，．

44

5

故答案为：

4

14．33,223

π

先由和差角的正余弦公式结合正弦定理求出，再由AEDE时，ADE的周长有最小值，当ADAE

6

时，ADE的周长有最大值.

3

【详解】因为acosBbcosAc，

2

3

可得acosBcossinBsinbcosAcossinAsinc，

2

3

可得sinAcosBcossinBsinsinBcosAcossinAsinsinC，

2

33

所以cossinAcosBcosBsinAsinC，可得cossinABsinC，

22

3

又因为ABCπ，可得sinCsinAB，所以cos，

2

π

因为0,π，所以．

6

画图可知，当AEDE时，ADE的周长有最小值33，

当ADAE时，ADE的周长有最大值223，

由ADE为锐角三角形，所以ADE周长的取值范围是33,223.

故答案为：33,223

π

15．(1)fxsin2x1

6

3

(2)gx,0

2

（1）由二倍角的正余弦公式结合辅助角公式和正弦函数的最小正周期可得；

（2）由图象平移的性质结合正弦函数的单调性可得.

2131π

【详解】（1）fx3sinxcosxcosxsin2xcos2x1sin2x1

2226

2π

由fx的最小正周期Tπ，又，解得，

201

π

所以fxsin2x1.

6

πππ

（2）gxsin2x1sin2x1，

666

πππ7π

x0,，可得2x,，

2666

π13

sin2x,1，gx,0

622

16．(1)a0.025，平均数为74分

(2)60分的同学的成绩没有进入到xs,xs范围，80分的同学的成绩进入到xs,xs范围了．

（1）由面积和为1可计算的值，由每组长方形中点值乘以频率可得平均数；

（2）由方差的计算公式计算方差，再判断即可.

【详解】（1）由题意知0.050.10.20.310a0.11，解得a0.025；

所以该次测试分数的平均数的为：

450.05550.1650.2750.3850.25950.174(分)．

（2）由频率分布直方图知

22222

s20.0545740.155740.265740.375740.385740.19574169，

s16913(分)，

xs61(分)，xs87(分)，

故得分为60分的同学的成绩没有进入到61,87内，得分为80分的同学的成绩进入到了61,87内．

即：得分为60分的同学的成绩没有进入到xs,xs范围，得分为80分的同学的成绩进入到xs,xs

范围了.

17．(1)证明见解析

(2)证明见解析

（1）连接AC、BD，由线面平行的判定定理证明可得；

（2）过点C作CEBN于点E，连接CE，DE，由线面垂直的性质定理和判定定理找到二面角的平面角，

然后由几何知识可得.

【详解】（1）在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABAD2，

点M和点N在棱CC1上，且CM2CN2，

连接AC、BD，设ACBDO，连接ON，

底面ABCD为平行四边形，则O为AC的中点，

又N为CM的中点，所以ON//AM，

又AM平面BDN，ON平面BDN，所以AM//平面BDN．

（2）过点C作CEBN于点E，连接CE，DE

面ABCD面ADD1A1，面ABCD面ADD1A1AD，AA1AD，

AA1面ABCD，AA1BC

又AA1//CC1，CC1DC

又底面ABCD为矩形，DCBC

Ì

又CC1BCC，CC1,BC面BCB1C1，DC面BCB1C1

DCCE又BNCE，CEDEE，BN面DEC

BNEC，BNDC

DEC即二面角DBNC的平面角

BCCN25

在RtBCN中，CE

BN5

25DC

在RtDCE中，DC2，CE，tanDEC5

5EC

1

18．(1)3或．

3

223

(2)．

6

（1）利用正弦定理与余弦定理即可得到结果.

（2）（i）利用正弦定理以及互补角的余弦值互为相反列出等式，即可证明结论.

（ii）利用第（i）的结论以及两角差的正弦公式即可求得结果.

10

【详解】（1）因为2asinCcosBbsinBcsinA，结合正弦定理和余弦定理可得

3

222

acb102210

2acb2ac，acac

2ac33

11

a3cac0，a3c或ac．

33

sinAa1

所以3或．

sinCc3

a

（2）（i）因为ac，所以3．

c

ADc1b3b

又sinAADsinCDC，，AD，DC．

DCa344

又ADBCDBπ，则cosADBcosCDB0，

DA2DB2AB2DC2DB2CB2

0，

2DADB2DCDB

22

b223b22

DBcDBa

44

0，

b3b

2DB2DB

44

2

b2

223b22

3DBcDBa

44

0，

3b3b

2DB2DB

44

22

b3b

2222，

3DBcDBa0

44

3

4DB2b23c2a20，

4

331

DB2b2c2a2

1644

b3b31

又DA，DC，BD2DADCc2a2，

4444

31

又a3c，c2a23c2acBABC,

44

所以BD2BABCDADC

3

（ii）c1，a3，DB2b23，

16

6632

DB，b3，解得b22，

2416

π

∴b2c281a2，∴A，

2

62

∴ADBD2AB21，

42

2

AB16

AD23cos

sin，BD63

BD63

2

2

3622211

∴sin22sincos2，cos212sin12，

33333

π1322113223

sin2sin2cos2

32232326

19．(1)证明见解析

8

(2)

3

222

Sabcabcabcacbbca9

(3)1，．

222

S22abc2

【详解】（1）

1a2b2c2

因为SabsinC，由余弦定理得cosC，

22ab

所以a2b2c22abcosC

1111

所以SabsinCa2b2sin2Ca2b21cos2Ca2b2a2b2cos2C

2444

22222

1222abcosC122abc

Sabab所以得证．

4242

（2）ABC的面积是△ABD的面积的2倍，

c

设ABc，AD，所以

2

22

2c

2c4

12c41942

S△ABC2S△ABD2cc10c16

422216

808

所以当c2时，ABC面积的最大值为．

93

（3）由题意，将三棱锥补形成与其共外接球的长方体，

设其三条边长为，y，，则y2z2a2x2y2b2z2x2c2，

设等腰四面体的外接球半径为，

222

222abc21222

所以2Rxyz，所以S14πRabcπ，

22

a2b2c2

在FGH中，由余弦定理得cosF，

2ab

2

222222

a2b2c24ababc

所以22

sinF1cosF122

2ab4ab

2aba2b2c22aba2b2c2

4a2b2

2222

abccab)abcabcacbbca

4a2b24a2b2

设FGH的外接圆半径为，

c2abc

由正弦定理得2r，

sinFabcabcacbbca

πa2b2c2

所以Sπr2.

2abcabcacbbca

1

a2b2c2πabcabcacbbca

S

所以12

222

S2πabc

a2b2c2abcabcacbbca

2a2b2c2

因为a2b2c2abcabcacbbca

8a2b2c2a2b2c2a2c2b2b2c2a2,

222222222222

S8abcabcacbbca

所以1

222

S22abc

a2b2c2a2c2b2b2c2a2

4

2a2b2c2

a2b2c2a2c2b2

因为a2b2c2a2c2b2a2

2

a2b2c2b2c2a2

a2b2c2b2c2a2b2

2

a2c2b2b2c2a2

a2c2b2b2c2a2c2

2

222222222222222222

Sabcacbabcbcaacbbca

所以1

4222

S2