四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了4”文艺汇演志， 114，5  70，80 ，证明等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分。总分 150 分。考试时间
120 分钟。
第Ⅰ卷（选择题，满分 58 分）
注意事项：
答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
选择题使用 2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用 0.5 毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，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。
考试结束后，将答题卡收回。
一、单选题（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．）
已知i 为虚数单位，复数 z  1 i 在复平面内对应的点位于
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
某校高一年级有男生 160 人，女生 120 人，现需抽调 n 人参与学校“5.4”文艺汇演志
愿者工作。若按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样。已知男生抽取 16 人，则
n 
A．27B．28C．29D．30
已知两条直线 a, b, 若 a // 平面α， b // a ，则b 与平面α的位置关系是
b ⊂平面αB． b ⊥平面α或b ⊂平面α
C． b ∥平面αD． b ∥平面α或b ⊂平面α
已知两点 A (1,0), B (2,2) ，点C 在 y 轴上，若 A, B, C 三点共线，则点C 的坐标为
(0,1)
(0,1)
(0,2)
(0,2)
圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是16 2π，则圆锥的体积是
64πB． 128πC．64πD．128 2π
3
π
若sin(
3
α)  1
4
π
,则
cs(
3
3
 2α) 
7B．  7C． 1D．  1
8
→ → →
84
→→→→ →
4
→→→
已知平面向量
a , b , c 满足 a  b
 c  1, 若a  b  0 ，则 c  a  b
的最大值是
3
2
D． 2 -1
2B．1C．1
函数 f (x)  cs x  cs 2x  cs 3x ，则 f (x) 在 0，2π内零点个数为
A．5B．6C．7D．8
二、多选题（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.）
已知复数 z  1 2i （ i 是虚数单位），则下列结论正确的是
复数 z 的虚部为 2i
C． z  z  2
zz 
5
D．若 a 是实数， z  a 是纯虚数，则a  1
如图所示，在四面体 ABCD 中，AB  AD  CD  1，BD 
平面 BCD ，则下列结论错误的是
2, BD  CD ，平面 ABD 
AC  BD
BAC  π
3
AC 与平面 ABD 所成的角为πD．四面体 A  BCD 的体积为 1
43
在ABC 中，角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ， ABC 的面积为 S ，且
c  2, CA  CB  2S ，下列选项正确的是
C  π
4
2
SABC 的最大值为2 
若ABC 有两解，则b 取值范围是(2,2 2)
若 B  π
3

，O 为ABC 的外心，则 AO  BC  1
第Ⅱ卷（非选择题，满分 92 分）
注意事项：
请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
1 tan15∘
值是▲．
1 tan15∘
函数 f x  Asinωx φ， A ,ω,φ是常数，且A  0 ,ω 0的部分
图象如图所示，则 f π ▲．
 4 

世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面 体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体。如图所示，若正四面体 ABCD 的棱长为 a ，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为▲．
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）在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，已知点 A(3,4) ，点 B(1,2) ，点 C(0, k )
求OA与AB 夹角的余弦值
当ABC 是以角C 为直角的三角形时，求k 的值
▲
16．（15 分）已知函数 f (x) 
ππ
3 sin 4 x    cs 4x  

求函数 f (x) 的单调递增区间
6 6 
将函数 f (x) 的图象横坐标伸长为原来的 2 倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移
π
6
个单位长度后得到函数 g(x) 的图象。当 x   0 , π  时，求函数 g(x) 的值域
2 
▲
17．（15 分）遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中m  2n
求图中m 的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
求此次调查综合满意度的第 75 百分位数
若参与本次调查游客共有 2000 名，请估计在参与调查的 2000 名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数.
▲
18．（17 分）在ABC 中，角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ，且2c  a  2b cs A ．
求角 B 的大小；
▲
若c  3 ， ABC 的平分线 BM 与 AC 交于点 M 且 BM  2 ，求线段 AM , CM 的长.
19．（17 分）如图 1，在矩形 ABCD 中，已知 AB  2 2, BC  2 ，E 为 AB 的中点，将ADE
沿 DE 向上翻折，得到四棱锥 A1  BCDE （图 2）.
若 N 为 A1C 的中点，求证： BN // 平面A1DE ;
求证： DE  A1C ;
在翻折过程中，当二面角 A1  CD  B 为π时；在平面 ABCD 内有一动点 R 满足：直
4
线 A1R 与底面 ABCD 所成角正弦值为
3 ，求动点 R 的轨迹长度.
3
▲
遂宁市高中 2027 届第二学期教学水平监测
数学试题参考答案及评分意见
一、单选题（每个 5 分，共 40 分）
二、多选题（每个 6 分，共 18 分。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
>
三､填空题：（每小题 5 分，共 15 分．）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
D
D
A
B
C
B
题号
9
10
11
答案
CD
ABD
ACD
3
12.
13. 114.
(1
6 )a
4
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，其中第 15 题 13 分，第 16、17 题 15 分，第 18、19 题 17 分)
解：(1) OA  (3,4) ， AB  (4,2)( 2 分）

OA
OA  AB  20 ，
 5( 4 分）
所以cs OA, AB

OA AB
2 5
 OA  AB  
5
.( 6 分）
(2) CA  (3,4  k ), CB  (1,2  k )
因为VABC 是以角 C 为直角的三角形，所以CA  CB( 9 分）
即CA  CB  0
1 3  (4  k )(2  k )  0 ， k 2  6k  5  0( 12 分）
综上所述： k  1或k  5( 13 分）
 3π1π
解： （1） f (x)  2 2 sin 4x  6   2 cs 4x  6 

 

ππ

ππ
2sin 4x  6 cs 6  cs 4x  6 sin 6 


（ 2 分）

令 
 π kπ

π kπ
（ 4 分）
 

4x  π π  2 sin 4x

π
2sin

 2kπ 4x  π
 2k
6
π
6
，k  Z ，则 
π kπ  x  π kπ
2
2
8282
，k  Z
函数 f (x) 的单调递增区间为  8  2
， k  Z （ 7 分）
82
（2）函数 f (x) 的图象横坐标伸长为原来的2 倍，纵坐标不变，得 y  2 sin 2x ...( 9 分）
π 
π
π
再将图象向左平移 6 个单位长度得 g(x)  2 sin2 x  6   2 sin 2x  3 ( 11 分）
 
 
 0  x  π  π  2xπ4π
π3

sin 2x
2333，
3  
2 ,1
.( 14 分）

3
综上所述：函数 g(x) 的值域为, 2( 15 分）
17、解 （1）由频率分布直方图可得， 0.01  n  0.035  m  0.0110  1，
又 m  2n 解得 m  0.03( 2 分）
平均分为55  0.01  65  0.015  75  0.035  85  0.03  95  0.0110  76.5 （5 分）
由频率分布直方图可得，前 3 组频率之和为 0.6，第四组频率为 0.3( 6 分）
故第 75 百分位数在 80，90 
0.75  0.6
则80 10  85 ..( 10 分）
0.9  0.6
由（1）知平均分为76.5  70，80 
故不低于平均分的频率为80  76.5 0.035  0.3  0.1  0.5225
.( 14 分）
打分不低于平均分的人数为
18．解：（1） 2c  a  2b cs A
2000  0.5225  1045
由正弦定理
...( 15 分）
可得2 sin C  sin A  2 sin B cs A(2 分）
sin C  sin( A  B)  sin A cs B  cs B sin A
所以2 sin A cs B  2 cs Asin B  sin A  2 sin B cs A
所以2 sin A cs B  sin A(5 分）
1
因为 A (0,π), sin A  0 ，所以2 cs B  1，即cs B   2(7 分）
2π
因为0  B  π
所以 B 
.(8 分）
3
在ABC 中，由面积分割可得：
1 cBM sin π
23
1 aBM sin π 
23
1 ac sin B
2
3
即 1  2  3
22
 1  2  a 
3
22
 1  3 a
3
22
所以 a  6(11 分）
由余弦定理b2  a2  c2  2ac cs B
7
所以b2  36  9  2  6  3 1   63 ，b  3
.(13 分）
2


7
即 AM  CM  3①
AM
由角平分线的性质有
7
CM
 AB  1
7
BC2
②(15 分）
由①②可得 AM 
， CM  2
.(17 分）
19.证明：（1）取 A1D 的中点 S ，连接 NS, ES ，因为 N , S 分别为 A1C, A1D 的中点，
 SN // CD, SN  1 CD ，1 分
2
因为四边形 ABCD 为矩形，所以 AB // CD, AB  CD ,
又因为 E 为 AB 的中点，所以 BE // CD, BE  1 CD ;所以 SN // BE, SN  BE
2
所以四边形 BESN 为平行四边形。3 分
 SE // BN ；
BN  平面A1DE, SE  平面A1DE, BN // 平面A1DE4 分
（2）
在图（1）中，连接 AC, AC ∩ DE  F ，所以
AE  BE  1 AB  2, AB // CD, AE  EF  1
2CDDF2
又因为 DE 2  AD2  AE 2  6, DE 
6; EF 
6 ;同理: AF  1 AC  2 3
333
又 AE 
2, AF 2  FE 2  2  AE 2 , AF  DE6 分；
由翻折性质得： A1F  DE
 A1F  DE，AF  DE，A1F ∩ AF  A
 DE  平面A1 AC
A1C  平面A1 AC ; DE  平面A1 AC  DE  A1C9 分
足为 H ;
解：过 A1 作 A1H  AC 垂
由（2）知： DE  平面A1 AC ， H  AC  平面A1 AC, A1  平面A1 AC; A1H  平面A1 AC
所以 A1H  DE ;
 A1H  DE, A1H  AC, DE ∩ AC  F , A1H  平面ABCD
过 H 作 HG  CD 垂足为G ，连接 A1G
. A1H  平面ABCD ; CD  平面ABCD ,CD  A1H
CD  A1H , CD  HG, A1H ∩ HG  G, CD  平面A1GH，A1G  平面A1GH， A1G  CD
A1G  CD, HG  CD,A1GH为二面角A1  CD  B的平面角12 分
A1GH  π
4
 A1H  平面ABCD, HG  平面ABCD, A1H  HG,A1HG为等腰直角三角形，设A1H  HG  x
2 3
由题意，知： sin GCA  HG  CH  x  CH ,CH  3x, HF  CF  CH  4 3  3x
4 3
3
CHAC23
在 RtA1HF中, A1H  HF , A1F  AF  2 3 , HF 
3
 4

3
 2

3 2
2
 3x, A1H  x
 3x 
 3
 x2 

 HG  A1H  x  115 分
3

 HG  1 , H , G分别为AC, CD的中点
AD2
 A1H  平面ABCD, H , R  平面ABCD, A1H  HR，A1R ∩ 平面ABCD  R ,
A1RH为直线A1R与平面ABCD所成角，sinA1RH  A1H 
A1R2  A1H 2
2
A1R
1 
A1R
3 , A1R 
3
3
 HR 

，且 H , R  平面ABCD
2
所以动点 R 的轨迹为以 H 为圆心，为半径的圆；
所以动点 R 的轨迹长度为2 2π17 分