2024-2025学年黑龙江省大庆市铁人中学高一数学第二学期期末达标测试试题含解析.doc

2024-2025学年黑龙江省大庆市铁人中学高一数学第二学期期末达标测试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．若，且则的值为　　
A． B． C． D．
2．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）

A． B． C． D．
3．在中，若，，，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．甲、乙两人在相同的条件下各打靶6次，每次打靶的情况如图所示（虚线为甲的折线图），则以下说法错误的是（ ）

A．甲、乙两人打靶的平均环数相等
B．甲的环数的中位数比乙的大
C．甲的环数的众数比乙的大
D．甲打靶的成绩比乙的更稳定
5．某市在“一带一路”国际合作高峰论坛前夕，在全市高中学生中进行“我和‘一带一路’”的学习征文，收到的稿件经分类统计，得到如图所示的扇形统计图．又已知全市高一年级共交稿2000份，则高三年级的交稿数为（ ）

A．2800 B．3000 C．3200 D．3400
6．如图所示，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE的中点，则

A． B．
C． D．
7．如图所示，在四边形中，，，.将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论中正确的结论个数是（ ）

①；②；
③与平面所成的角为；
④四面体的体积为.
A．个 B．个 C．个 D．个
8．若圆与圆外切，则（ ）
A．21 B．19 C．9 D．-11
9．一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是（ ）
A．恰有一次击中 B．三次都没击中
C．三次都击中 D．至多击中一次
10．将某选手的7个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，5个剩余分数的平均分为21，现场作的7个分数的茎叶图后来有1个数据模糊，无法辨认，在图中以x表示,则5个剩余分数的方差为( )

A． B． C．36 D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知正四棱锥的底面边长为，高为，则该四棱锥的侧面积是______________
12．__________.
13．在明朝程大位《算术统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯”.这首古诗描述的这个宝塔古称浮屠，本题说“宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？”根据上述条件，从上往下数第二层有___________盏灯．
14．在，若，，，则__________________．
15．函数的递增区间是__________.
16．如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面 ，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设， 则当时，函数的值域__________．

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．为选派一名学生参加全市实践活动技能竟赛，A、B两位同学在学校的学习基地现场进行加工直径为20mm的零件测试，他俩各加工的10个零件直径的相关数据如图所示（单位：mm）

A、B两位同学各加工的10个零件直径的平均数与方差列于下表；

平均数
方差
A
20
0.016
B
20
s2B
根据测试得到的有关数据，试解答下列问题：
（Ⅰ）计算s2B，考虑平均数与方差，说明谁的成绩好些；
（Ⅱ）考虑图中折线走势情况，你认为派谁去参赛较合适？请说明你的理由．
18．已知等比数列是递增数列，且满足：，.
（1）求数列的通项公式：
（2设，求数列的前项和.
19．函数.
（1）求函数的周期和递增区间；
（2）若，求函数的值域.
20．已知等比数列满足，，等差数列满足，，求数列的前项和.
21．如图，在四棱柱中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，AC与BD交于点O，，， ．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的大小.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】
利用诱导公式求得sinα的值，再利用同角三角函数的基本关系求得cosα，再利用二倍角公式，求得sin2α的值．
【详解】
解：，且，
，则
故选A．
本题主要考查利用诱导公式、同角三角函数的基本关系，二倍角公式进行化简三角函数式，属于基础题．
2、C
【解析】
过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.
【详解】
过作，交于点，交于，则底面

平面，平面，
平面平面，又平面 平面
又平面平面，平面
为中点 为中点，则为中点
即在线段上
，
，
则线段长度的取值范围为：
本题正确选项：
本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.
3、A
【解析】
利用正弦定理列出关系式，把与代入得出与的关系式，再与已知等式联立求出即可.
【详解】
∵在中，，，，
∴由正弦定理得：，即，
联立解得：.
故选：A.
本题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题.
4、C
【解析】
甲：8,6,8,6,9,8，平均数为7.5，中位数为8，众数为8；
乙：4,6,8,7,10,10，平均数为7.5，中位数7.5，众数为10；
所以可知错误的是C。故选C。
5、D
【解析】
先求出总的稿件的数量，再求出高三年级交稿数占总交稿数的比例，再求高三年级的交稿数.
【详解】
高一年级交稿2000份，在总交稿数中占比，所以总交稿数为，
高二年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数为．
故选D
本题主要考查扇形统计图的有关计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
6、D
【解析】
由平面向量基本定理和向量运算求解即可
【详解】
根据题意得：，又，，所以.
故选D.
本题主要考查了平面向量的基本定理的简单应用，属于基础题.
7、B
【解析】
根据题意，依次分析命题：对于①，可利用反证法说明真假；
对于②，为等腰直角三角形，平面，得平面，根据勾股定理逆定理可知；
对于③，由与平面所成的角为知真假；
对于④，利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．
【详解】
在四边形中，，，则，可得，
由，若，且，可得平面，
平面，，这与矛盾，故①不正确；
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
由勾股定理得，，，
，故，故②正确；
由②知平面，则直线与平面所成的角为，且有，
，则为等腰直角三角形，且，则.
故③不正确；
四面体的体积为，故④不正确.
故选：B.
本题主要考查了直线与平面所成的角，以及三棱锥的体积的计算，考查了空间想象能力，推理论证能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．
8、C
【解析】
试题分析：因为,所以且圆的圆心为,半径为,根据圆与圆外切的判定(圆心距离等于半径和)可得
,故选C.
考点：圆与圆之间的外切关系与判断
9、D
【解析】
根据判断的原则：“至少有个”的对立是“至多有个”.
【详解】
根据判断的原则：“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”，
故选D.
至多至少的对立事件问题，可以采用集合的补集思想进行转化.如“至少有个”则对应“”，其补集应为“”.
10、B
【解析】
由剩余5个分数的平均数为21，据茎叶图列方程求出x＝4，由此能求出5个剩余分数的方差．
【详解】
∵将某选手的7个得分去掉1个最高分，去掉1个最低分，剩余5个分数的平均数为21，
∴由茎叶图得：
得x＝4，
∴5个分数的方差为：
S2
故选B
本题考查方差的求法，考查平均数、方差、茎叶图基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
四棱锥的侧面积是
12、
【解析】
利用诱导公式以及正弦差角公式化简式子，之后利用特殊角的三角函数值直接计算即可.
【详解】

.
故答案为
该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，差角正弦公式，特殊角的三角函数值，属于简单题目.
13、6.
【解析】
根据题意可将问题转化为等比数列中，已知和，求解的问题；利用等比数列前项和公式可求得，利用求得结果.
【详解】
由题意可知，每层悬挂的红灯数成等比数列，设为
设第层悬挂红灯数为，向下依次为 且

即从上往下数第二层有盏灯
本题正确结果；
本题考查利用等比数列前项和求解基本量的问题，属于基础题.
14、
【解析】
由,故用二倍角公式算出,再用余弦定理算得即可.
【详解】
,又，,又,
代入得,所以.
故答案为
本题主要考查二倍角公式与余弦定理,属于基础题型.
15、；
【解析】
先利用辅助角公式对函数化简，由
可求解.

【详解】
函数，
由，
可得，
所以函数的单调增区间为.
故答案为：
本题考查了辅助角公式、正弦函数的图像与性质，需熟记公式与性质，属于基础题.
16、
【解析】
根据已知条件，所得截面可能是三角形，也可能是六边形，分别求出三角形与六边形周长的取值情况，即可得到函数的值域.
【详解】
如图：

∵正方体的棱长为，
∴正方体的对角线长为6，
∵
（i）当或时，三角形的周长最小.
设截面正三角形的边长为，由等体积法得：

∴
∴，
（ii）或时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为，
∴
（iii）当时，截面六边形的周长都为
∴
∴当时，函数的值域为.
本题考查多面体表面的截面问题和线面垂直，关键在于结合图形分析截面的三种情况，进而得出与截面边长的关系.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（Ⅰ）0.008，B的成绩好些（Ⅱ）派A去参赛较合适
【解析】
（Ⅰ）利用方差的公式，求得S2A＞S2B，从而在平均数相同的情况下，B的波动较小，由此得到B的成绩好一些；
（Ⅱ）从图中折线趋势可知尽管A的成绩前面起伏大，但后来逐渐稳定，误差小，预测A的潜力大，从而派A去参赛较合适.
【详解】
（Ⅰ）由题意，根据表中的数据，利用方差的计算公式，可得
S2B
∴S2A＞S2B∴在平均数相同的情况下，B的波动较小，
∴B的成绩好些．
（Ⅱ）从图中折线趋势可知：
尽管A的成绩前面起伏大，但后来逐渐稳定，误差小，预测A的潜力大，
∴派A去参赛较合适．
本题主要考查了方差的求法及其应用，同时考查了折线图、方差的性质等基础知识.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式；
（2）由（1）得，再利用等差数列的求和公式进行解答即可．
【详解】
（1）由题意，得，又，所以，，或 ，，
由是递增的等比数列，得 ，所以，，且，
∴，即；
（2）由（1）得，
得，
所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
所以.
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等差数列的其前n项和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
19、（1）周期为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
（1）利用二倍角降幂公式、两角差的正弦公式将函数的解析式化简为，然后利用周期公式可计算出函数的周期，解不等式即可得出函数的单调递增区间；
（2）由计算出的取值范围，可得出的范围，进而可得出函数的值域.
【详解】
（1），
所以，函数的周期为，
由，解得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2）当时，，则，，
因此，函数在区间上的值域为.
本题考查正弦型三角函数周期、单调区间以及值域的求解，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将解析式进行化简，考查运算求解能力，属于中等题.
20、
【解析】
由等比数列易得公比和，进而可得等差数列的首项和公差，代入求和公式计算可得．
【详解】
解：∵等比数列满足，，
∴公比，
，
，
∴等差数列中，
∴公差，
∴数列的前项和．
本题考查等差数列的求和公式，涉及等比数列的通项公式，求出数列的首项和公差是解决问题的关键，属基础题．
21、 (1)证明见解析；(2) ﹒
【解析】
(1) 证面面垂直只需证一个平面内有一条直线和另一个平面垂直
(2) 通过作图需找二面角的平面角即可
【详解】
（1）证明：由平面ABCD，有;
由四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD：
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
（2）过O作于E，连结BE，
由（1）知平面，所以，

又因为，，
所以平面BDE，从而；
由，，
所以∠OEB为二面角的平面角.
由为等边三角形且O为BD中点，有，，，
由，有，
由，有，从而.
在中，，所以，即.
综上，二面角的大小为﹒
面面垂直可通过线面垂直进行证明，二面角的平面角有正有负，解题时要注意结合题设关系进行正确判断