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文档简介
2025届安徽省金汤白泥乐槐六校高一下数学期末统考试题注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.在中,,,,则的面积是()A. B. C.或 D.或2.若,则t=()A.32 B.23 C.14 D.133.如图,是水平放置的的直观图,则的面积是()A.6 B. C. D.124.若,,则方程有实数根的概率为()A. B. C. D.5.已知,,则()A. B. C. D.6.《九章算术》卷第六《均输》中,提到如下问题:“今有竹九节,下三节容量四升,上四节容量三升.问中间二节欲均容,各多少?”其大致意思是说,若九节竹每节的容量依次成等差数列,下三节容量四升,上四节容量三升,则中间两节的容量各是()A.升、升 B.升、升C.升、升 D.升、升7.已知数列的前项和,则的值为()A.-199 B.199 C.-101 D.1018.为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态,选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图,有以下结论:①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数;②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数;③从最近五场比赛的得分看,乙比甲更稳定;④从最近五场比赛的得分看,甲比乙更稳定.其中所有正确结论的编号为:()A.①③ B.①④ C.②③ D.②④9.已知向量,且,则()A.2 B. C. D.10.已知的内角、、的对边分别为、、,且,若,则的外接圆面积为()A. B. C. D.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.已知等边三角形的边长为2,点P在边上,点Q在边的延长线上,若,则的最小值为______.12.已知,是第三象限角,则.13.若把写成的形式,则______.14.某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为________15.设是等差数列的前项和,若,则________16.在中,,,,则的面积等于______.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.已知向量满足,且向量与的夹角为.(1)求的值;(2)求.18.如图,矩形中,平面,,为上的点,且平面,.(Ⅰ)求证:平面;(Ⅱ)求三棱锥的体积.19.如图1所示,在四边形中,,且,,.(1)求的面积;(2)若,求的长.图1图220.如图所示,在平面四边形ABCD中,AD=1,CD=2,AC=.(1)求cos∠CAD的值;(2)若cos∠BAD=-,sin∠CBA=,求BC的长.21.如图,在四棱锥中,平面,,,,点Q在棱AB上.(1)证明:平面.(2)若三棱锥的体积为,求点B到平面PDQ的距离.
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、C【解析】
先根据正弦定理求出角,从而求出角,再根据三角形的面积公式进行求解即可.【详解】解:由,,,根据正弦定理得:,为三角形的内角,或,或在中,由,,或则面积或.故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理,三角形的面积公式以及特殊角的三角函数值,熟练掌握定理及公式是解本题的关键,属于中档题.2、B【解析】
先计算得到,再根据得到等式解得答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了向量的计算,意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.3、D【解析】由直观图画法规则,可得是一个直角三角形,直角边,,故选D.4、B【解析】方程有实数根,则:,即:,则:,如图所示,由几何概型计算公式可得,满足题意的概率值为:.本题选择B选项.5、D【解析】由题意可得,即,则,所以,即,也即,所以,应选答案D.点睛:解答本题的关键是借助题设中的条件获得,进而得到,求得,从而求出使得问题获解.6、D【解析】
由题意知九节竹的容量成等差数列,至下而上各节的容量分别为a1,a2,…,an,公差为d,利用等差数列的前n项和公式和通项公式列出方程组,求出首项和公差,由此能求出中间一节的容量.【详解】由题意知九节竹的容量成等差数列,至下而上各节的容量分别为a1,a2,…,a9,公差为d,即=4,=3,∴=4,=3,解得,,∴中间两节的容量,,故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式,利用等差数列的通项公式列出方程组,解出首项与公差即可,考查计算能力,属于基础题.7、D【解析】
由特点可采用并项求和的方式求得.【详解】本题正确选项:【点睛】本题考查并项求和法求解数列的前项和,属于基础题.8、C【解析】
根据中位数,平均数,方差的概念计算比较可得.【详解】甲的中位数为29,乙的中位数为30,故①不正确;甲的平均数为29,乙的平均数为30,故②正确;从比分来看,乙的高分集中度比甲的高分集中度高,故③正确,④不正确.故选C.【点睛】本题考查了茎叶图,属基础题.平均数即为几个数加到一起除以数据的个数得到的结果.9、B【解析】
根据向量平行得到,再利用和差公式计算得到答案.【详解】向量,且,则..故选:.【点睛】本题考查了向量平行求参数,和差公式,意在考查学生的综合应用能力.10、D【解析】
先化简得,再利用正弦定理求出外接圆的半径,即得的外接圆面积.【详解】由题得,所以,所以,所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、【解析】
以为轴建立平面直角坐标系,设,用t表示,求其最小值即可得到本题答案.【详解】过点A作BC的垂线,垂足为O,以为轴建立平面直角坐标系.作PM垂直BC交于点M,QH垂直y轴交于点H,CN垂直HQ交于点N.设,则,故有所以,,当时,取最小值.故答案为:【点睛】本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.12、.【解析】试题分析:根据同角三角函数的基本关系知,,化简整理得①,又因为②,联立方程①②即可解得:,,又因为是第三象限角,所以,故.考点:同角三角函数的基本关系.13、【解析】
将角度化成弧度,再用象限角的表示方法求解即可.【详解】解:.故答案为:.【点睛】本题考查弧度与角度的互化,象限角的表示,属于基础题.14、2【解析】
根据三视图还原几何体,为一个底面是直角梯形的四棱锥,根据三视图的数据,分别求出其底面积和高,求出体积,得到答案.【详解】由三视图还原几何体如图所示,几何体是一个底面是直角梯形的四棱锥,由三视图可知,其底面积为,高所以几何体的体积为.故答案为.【点睛】本题考查三视图还原几何体,求四棱锥的体积,属于简单题.15、5【解析】
由等差数列的前和公式,求得,再结合等差数列的性质,即可求解.【详解】由题意,根据等差数列的前和公式,可得,解得,又由等差数列的性质,可得.故答案为:.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质,以及等差数列的前和公式的应用,其中解答中熟记等差数列的性质,以及合理应用等差数列的前和公式求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.16、【解析】
先用余弦定理求得,从而得到,再利用正弦定理三角形面积公式求解.【详解】因为在中,,,由余弦定理得,所以由正弦定理得故答案为:【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.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、(1)(2)【解析】
(1)根据,得到,再由题中数据,即可求出结果;(2)根据向量数量积的运算法则,以及(1)的结果,即可得出结果.【详解】解:(1)因为,所以,即.因为,且向量与的夹角为,所以,即.(2)由(1)可得.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积,熟记模的计算公式,以及向量数量积的运算法则即可,属于常考题型.18、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)先证明,再证明平面;(Ⅱ)由等积法可得即可求解.【详解】(Ⅰ)因为是中点,又因为平面,所以,由已知,所以是中点,所以,因为平面,平面,所以平面.(Ⅱ)因为平面,,所以平面,则,又因为平面,所以,则平面,由可得平面,因为,此时,,所以.【点睛】本题主要考查线面平行的判定及利用等积法求三棱锥的体积问题,属常规考题.19、(1);(2).【解析】
(1)利用已知条件求出D角的正弦函数值,然后求△ACD的面积;
(2)利用余弦定理求出AC,通过,利用余弦定理求解AB的长.【详解】(1)因为,,所以,又,所以,所以.(2)由余弦定理可得,因为,所以,解得.【点睛】本题考查余弦定理以及正弦定理的应用,基本知识的考查,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.20、(1)(2)【解析】试题分析:(1)利用题意结合余弦定理可得;(2)利用题意结合正弦定理可得:.试题解析:(I)在中,由余弦定理得(II)设在中,由正弦定理,故点睛:在解决三角形问题中,面积公式S=absinC=bcsinA=acsinB最常用,因为公式中既有边又有角,容易和正弦定理、余弦定理联系起来.21、(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)线面垂直只需证明PD和平面内两条相交直线垂直即可,易得,另外中已知三边长通过勾股定理易得,所以平面.(2)点B到平面PDQ的距离通过求得三棱锥的体积和面积即可,而,带入数据求解即可.【详解】(1)证明:在中,,,所以.所以是直角三角
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