河北省保定市2024-2025学年高一下学期7月期末调研考试数学试卷

这是一份河北省保定市2024-2025学年高一下学期7月期末调研考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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写在试题卷和答题卡上。将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。
作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
已知 z(1+i)=2,则|z|=
2
2B. 1?.
D. 1
2
在一次知识竞赛中,某校 8 名同学的成绩(单位:分)分别为:80,82,84,90,92,94,96,98，则这组数据的上四分位数为
A.94B.82C. 95D. 96
已知直线 a,b 和平面 α, β,满足(α⊥β,α∩β=b,则 a⊥b 是 a⊥β 的
充要条件B.必要不充分条件
C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件
已知 sin ? ―
= ,则 cs
?
6
?
3
4
5
+ ? =
4
?. ―
5
B. 4
5
3
?. ―
5
D. 3
5
已知|a|=1,| b|=2, a⊥(a-2b),.则向量b在向量a上的投影向量为
1111
b?.b?. aD.a
2442
抛掷质地均匀的骰子两次，记第 1 次和第 2 次出现的点数分别为 s₁，s₂，设事件 A= “?1 = 3”,事件.
? = “?2 = 4”,事件 ? = “?1 + ?2 = 7”,，则
A. A 与 B 互斥B. A 与 B 相互独立 C. A∩B=CD. A∪B=C
已知三棱锥 S-ABC,SA⊥平面 ABC,SA=4,∠CAB=120°,BC=2,则此三棱锥外接球的表面积为
8?
?.
3
16?
?.
3
32?
?.
3
64?
?.
3
知函数
一个锐
5 7
2 2
,
0)的图
的取
5 7
2 2
,
5
2
8.已
?(?) = 2sin??(?⟩
象在(0，π)上恰好有 2 个最高点和 1 个最低点，且这三个点总可以组
成
?.
角三角形，则 ω
?.
值范围是
?.
??. ? 7
2
1
,,
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，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
1
9.下列说法中正确的是
,,
A.AC = (2 1),AB = (1 t),且 ??//??,则 ? = 2
B. 已知一组数据 4,4,m,8,9 的平均数为 6,则 m=6
C. 若样本数据 x₁,x₂,…,x₁₀的方差为 5,则数据 2?1 +1,2?2 +1,⋯,2?10 +1的方差 20
D.从 5 黑 1 白六个小球中不放回的进行随机抽取，每次抽取 1 个球，第二次抽到白球的概率为 1
5
方程. ?2 ― 2? +2 = 0在复数集 C 的两个根分别为：z₁,z₂,则
?.?1 + ?2 = ―2?.∣?1∣∣?2∣ = 2?.∣?1 ― ?2∣ = 1?.?1?2 = 2
2?
已知圆锥 SO 的轴截面 SAB 的顶角为 ,，底面半径为： 3 3,则
3
3
圆锥的侧面积为 18 3?
过圆锥顶点的截面面积的最大值为 9
P 是圆锥侧面上的一点，且到底面的距离为 2，则三棱锥 S—APB 体积的最大值为 9
球 O'与圆锥的侧面和底面都相切，过圆锥的顶点 S 作与平面 SAB 成 30°角且与 AB 平行的平面，则此平面截球 O'所得的截面面积为 18(7 ― 4 3)?
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分。
甲，乙两人独立解决同一道数学题，若甲和乙能正确解出此题的概率分别为 3和 2则此题被正确解出的
43
概率是.
在△ABC 中,已知AB=2,AC=3,∠BAC=90°,且 ?? = 2??,?? =

1??,AM 与 BN 相交于点 P,则 cs∠MPN=
2
.
如图,二面角α—l—β 大小等于120°,A,B 是棱l 上两点 ,BD,AC 分别在半平面α,β 内,AC⊥l,BD⊥
l,AB=AC=BD=2. 则 CD=,直线 CD 与平面 β 所成角的正弦值为.
四、解答题：本题共 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.(13 分)
已知平面向量a,b,若|a|=1,| b|=2,| a-2b|= 21. (1)求向量a与b的夹角；
(2)若c=a+tb,d=4ta+b,向量d与向量c共线且方向相反,求实数 t 的值.
16.(15 分)
据网络平台数据，截止到 2025 年 4 月 12 日 17 时 38 分，2025 年度我国电影大盘票房(含预售)突破 250亿，居全球第一.《哪吒之魔童闹海》以 60.8%的票房占比断层领跑.一调研团从一场去电影院观看该电影的观众中随机抽取 100 名作为样本，统计他们的年龄并分成五组:第一组[10,20),第二组[20,30),第三组 [30,40),第四组[40,50),第五组[50，60]，绘制成了如图所示的频率分布直方图，把频率视为概率.
求频率分布直方图中的 a；
估计该场观众年龄的中位数和平均数；
用比例分配的分层随机抽样方法从此样本中[10,20)和[50,60]内共抽取 5 名观众,再从中任取 2 个人座谈，求抽到的 2 个人来自不同组的概率.
17.(15 分)
在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知, 2cs2?+? ― 1 = cs2?.
2
求角 B;
若 ? = 2 3, △ ???的面积为 2 3,求 a;
若 a+b=2c,求角 C.
18.(17 分)
在四棱锥S ― ABCD中,平面 SAB⊥平面 ABCD,SA=SB=
?
6
底面 ABCD 为菱形 AB=2, ∠ABC = 3 E,F 分别是
SA,BC 的中点.
求证: EF//平面 SCD
求点 B 到平面 SCD 的距离；
求二面角 B—CD—S 的余弦值.
19.(17 分)
某大型商业区周边有一块三角形空地，为了优化环境，拟在此三角形区域建造一个花园，将三角形分割成三部分，如图，在区域. S1,S3分别种植牡丹，芍药，将区域 S2设计成人工湖，在人工湖周围安装护栏，已知. ∠CAB = 90∘,AC = 200m,AB = 200 3m,,M,N 在 BC 上且 ∠MAN = 30∘.
当 BN = 200m时，求护栏的长度；
为了节约开支，如何设计能使人工湖面积尽可能小，请写出设计方案并求出人工湖面积的最小值.
2024-2025 学年第二学期高一数学期末调研考试参考答案
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。
1.C2. C3.B4．A5.D6.B7.D8.D
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。（部分选对中如有
三个正确选项，选对一个得 2 分，选对两个得 4 分；如有两个正确选项，选对一个得 3分.）
9.AC10.BD11.ACD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
11103
12.
1213． 10
14.4,
4
四、解答题：本题共 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.解：
21
→→
因为 a  2b ，
→→ 2→2→ →––→2→ 2
→→→ →→ 2
则a  2b  a  4a  b  4b  a
→ →
 4 a  b cs a, b  4 b
 1 8 cs
→ →1
a, b
0 
16  21,
→ →
解得cs
a, b  
2
,又因为
a,b
 π ，
→ →2π→→2π
因此，
a, b ，即向量 a 、b 的夹角为.
33
→→→→→→
因为向量d与向量c共线，所以存在实数使得atb 4ta b，
→
即→→→
atb 4ta b
→→1  4t
 
因为向量a与b不共线，所以 
t
 1
  1

解得
t


22
，或
1t  1
22
→→
因为向量c与d方向相反，所以 0
所以t  1
2
16 解：（1）
第二组的频率为1 0.018  0.032  0.014  0.01210  0.24 ，
所以频率直方图的高 a  0.24  0.024
10
设中位数为 x ，由频率分布直方图可知， 10,20 所占的面积为0.018 10  0.18 ，
20，,30所占的面积为0.024 10  0.24 ， 30,40 所占的面
积为0.032 10  0.32 ，
则中位数 x 30,40，由0.18  0.24  x  30 0.032  0.5
解得 x  32.5 ，
平均年龄为15 0.18  25 0.24  35 0.32  45 0.14  55 0.12  32.8 ，所以年龄的中位数为32.5 ，平均年龄为32.8 岁.
（2） 10,20 内的观众有100  0.18  18 人， 50,60内的观众有100  0.12  12 人.
（3）用分层抽样的方法从10,20和50,60内抽取 5 名观众，则10,20 内抽取 3 人，40,50 内抽取 2 人，记年龄在10,20 的为 a, b, c ，年龄在40,50 为m, n ，
从 5 名观众中中抽取 2 个人座谈，其样本空间
  a, b, a, c, a, m, a, n, b, c, b, m, b, n, c, m, c, n，即 n  10 ，记 A  “抽到的 2 个人来自不同组”，则 A  a, m, a, n, b, m, b, n, c, m, c, n，即 nA  6 ，
因此 PA  nA  6  3 ，
n105
63
即抽到的 2 个人来自不同组的概率为 .
105
17 解:
解：（1）由 2 cs2 A  C 1  cs 2B ，得csA  C   cs 2B ，
2
即 2 cs2 B  cs B 1  0 ，即2 cs B 1cs B 1  0 ，
因为cs B  1，所以cs B  1 ，
2
因为 B 0,，所以 B  .
3
因为 S
 1 ac sin B  1 ac sin   2，
3
ABC223
所以 ac  8①，
根据余弦定理， b2  a2  c2  2ac cs B  2 32 ，
即 a2  c2  ac  12②
联立①和②得 a  2 或 a  4 .
（3）法 1：因为 a  b  2c ，所以sin A  sin B  2 sin C ，
所以sin 2 C   sin   2 sin C ，

 33
则sin 2cs C  cs 2sin C  sin   2 sin C ，
333
1
3
化简得3sin C
3 csC 
，即sin C    ，
62
因为0  C  2，所以
3
  C
3

  2，
63
所以C
  
6
，所以C  .
63
法 2：由cs B
a2  c2  b2  1 2ab2
a2  c2  b2  ac
带入上式
把已知c a b
2
 a b2
a b
a2  

  b2  a
22
化简得a b
所以A B ，即C  
33
18（1）证明：
法 1：取 SD 的中点 M ，连结 ME ， MC ，
因为 E, F 分别为 SA, BC ，且四边形 ABCD 为菱形，
则 EM ∥ AD 且 EM  1 AD ， FC ∥ AD 且 FC  1 AD ，
22
所以 EM ∥ FC 且 EM  FC ，
所以四边形 EFCM 是平行四边形，
则 EF ∥ MC ，
又 MC  平面 SCD ， EF  平面 SCD ，所以 EF ∥平面 SCD .
法 2：取 AD 的中点 N ，
因为 E, F 分别是 SA, BC 的中点，且四边形 ABCD 为菱形，则 EN ∥ SD ，又 EN  平面 SCD ，则 EN ∥平面 SCD ，
FN ∥ CD ，又 FN  平面 SCD ，则 FN ∥平面 SCD ，又 EN  FN  N ，则平面 EFN ∥平面 SCD ，
又 EF  平面 EFN ，所以 EF ∥平面 SCD .
（2）解：法 1：
6
取 AB 的中点O ，因为 SA  SB 
，则 SO  AB ，
3
又因为底面 ABCD 为菱形， ABC  ，则 AB  OC ，又 SO  OC  O ，
所以 AB  平面 SOC ，
因为 AB ∥ CD ，所以CD  平面 SOC
又CD  平面 SCD ，所以平面 SOC  平面 SCD ，因为平面 SOC  平面 SCD  SC ，
过点O 作OH  SC 交 SC 于 H ，则OH  平面 SCD ，则OH 的长即为点O 到平面 SCD 的距离，
5  3
2 2
30
OS  OC
在 RtSOC 中， OH 
SC

，
4
因为 AB ∥ CD ， AB  平面 SCD ， CD  平面 SCD ，
所以 AB ∥平面 SCD ，则 B 到平面 SCD 的距离即为O 到平面 SCD 的距离，
30
所以 B 到平面 SCD 的距离为.
4
法 2：
因为平面 SAB  平面 ABCD ，平面 SAB  平面 ABCD  AB ， SO  平面 SAB ，所以 SO  平面 ABCD ，
因为 AB  2 ，则 SO 5 ，
3
又因为底面 ABCD 为菱形， ABC  ，所以OC ，
3
OA2  OD2  2OA  OD cs 2
3
7
OD 
在 RtSOC 中， SC 
在 RtSOD 中， SD 
 2，
SO2  OC 2
2
SO2  OD2
3
 2，
在SCD 中，因为CD2  SC 2  22  2 2 2  12  SD2 ，所以SCD 为直角三角形，
2
3
S 1 SC  CD  2， S 1 BC  CD sin 2 ，
SCD
2
BCD23
设点 B 到平面 SCD 的距离为 h ，
根据V
BSCD
 VS  BCD
，则 1 S
3
SCD
h  1 S
3
SCD
SO ，
解得 h 
30 ，
4
30
即 B 到平面 SCD 的距离为.
4
解：因为 SC  CD ， OC  CD ， OC  平面 BCD ， SC  平面 SCD ，所以SCO 为二面角 B  CD  S 的平面角，
在 RtSOC 中， cs SOC  OC
SC

，
3
2 2
6
4
6
即二面角 B  CD  S 的余弦值为.
4
19 解:
解： （1）因为CAB  90∘ ， AC  200m ， AB  200 3m ，
所以 BC  400m ， tan B 
所以 B  ， C  ，
AC 
AB
200
，
200 3
3
3
63
AN 2  AB2  NB2  2 AB  NB  cs B
 2002  200
32  2  200  200
3  cs  2002
6
所以 AN  200m ，
则NAB 为等腰三角形， NAB  ，
6
所以CAM  ，则CMA  ，
62
得 AM  100
3m ， CM  100m ，则 MN  100m ，
所以护栏的长度为 AM  AN  MN  300 100 3m .
（2）设计使得CAM  
12
时人工湖面积最小。
（或设计NAB  ，或CM
4
 1004  3都可）
法 1：设NAB ， 0, ，则CAM  ，
 
3 
ANAB
AN 
3
200 3


在NAB 中， sin B  sin ANB ，即sin sin 5 ，
AN 
100 3
6 6
解得sin 5 ，

 6
在CAM 中， AM
AM


AC
，即sin
200
sin ，
sin C
sin AMC

3
3
AM 
100 3
解得sin ，
3


100 3
100 3
所以人工湖的面积11



S2  SMAN  2 AM  AN sin MAN  4 
sin 5



sin

4
 1
 2
cssincssin
3

3
1

2
 2
2

31002
 6
 3
4

3
1

 42
sin 2

31002
，
则当 2 即 时人工湖的面积最小，最小值为300002  3m2 .
24
法 2：设CAM
， 0, ，则NAB  ，
 
3 
AMAC
3
AM 200
在CAM 中，
sin C
sin AMC
，即sin sin 2 ，



33
AM 
100 3
解得sin 2 ，
3


ANAB
AN 
200 3
在NAB 中，，即
sin Bsin ANB
sin sin
解得 AN  100 3 ，

2
6
cs
100 3
S  S 1 AM  AN sin MAN  1 

 100 3

2MAN2
4sin 2

cs
31002
31
 3
4cs sin cs
 22
，
31002
2 3 cs2 2 sincs
31002
31 cs 2 sin 2 
31002
3
2 sin 2  
3


则当 2   即  时人工湖的面积最小，最小值为300002 


3m2 .
3212