四川省成都市第七中学2024-2025学年度下期高一期末测试数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250706四川省成都市第七中学2024-2025学年度下期高一期末测试

成都七中高 2027届高一下学期期末数学考试题答案 一、选 择题（本大题共 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 项是符合要求的） 1 2 3 4 5 6 7 8 B D A A C C B A 二、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） 9 10 11 ABC ACD ACD 三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分） 1 12. 2 3 13. 3 14. 27 11题解：容易判定A正确，B错误，D正确. 如图，延长EF 与DA延长线交于H ，连接AC，HB. 1 对C：由DA AH BC，则S  S ， AHB 3 四边形DHBC 1 1 1 则V V V  S h S  h EFABCD EDHBC FAHB 3 四边形DHBC 3 AHB 2 1 5 5 1 5 S h S h S h  12h h， AHB 6 AHB 6 AHB 6 2 6 5 5 其中h为点E到平面ABCD距离，则h2，故V  2 ；故C正确； EFABCD 6 3 14题解：共比赛6场，丙与丁之间无论比赛结果如何，不影响甲队胜2场且乙队胜2场，所以分以下情况： 2 2 1 2 1 2 若甲胜乙丙，乙胜丙丁，概率为        ， 3 3 3 813 2 2 1 2 1 2 若甲胜乙丁，乙胜丙丁，概率为        ， 3 3 3 813 若甲胜丙丁，乙胜丙丁，甲平乙；或甲胜丙丁，乙胜甲丙；或甲胜丙丁，乙胜甲丁. 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 5 其概率为       2 ，       3 3 3 3 3 3 3 381 2 2 5 1 1 所以甲队胜2场且乙队胜2场的概率为P    .故答案为： 813 813 813 27 27 第1页/共4页 学科网（北京）股份有限公司𝒂 𝒃 𝒂𝐬𝐢𝐧 𝑩 𝒂𝐬𝐢𝐧 𝑩 17.解：(𝟏)由 = ，得𝒃= ， 代入已知条件√𝟑𝒃𝐜𝐨𝐬 𝑨=𝒂𝐬𝐢𝐧 𝑩，得√𝟑⋅ ⋅𝐜𝐨𝐬 𝑨=𝒂𝐬𝐢𝐧 𝑩 ， 𝐬𝐢𝐧 𝑨 𝐬𝐢𝐧 𝑩 𝐬𝐢𝐧 𝑨 𝐬𝐢𝐧 𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝑨 两边约去𝒂𝐬𝐢𝐧 𝑩(𝐬𝐢𝐧 𝑩≠𝟎)得：√𝟑⋅ =𝟏， 𝐬𝐢𝐧 𝑨 𝝅 即𝐭𝐚𝐧 𝑨=√𝟑而𝑨∈(𝟎,𝝅)，故𝑨= . ………6分 𝟑 𝟏 𝑨 𝟏 𝑨 (𝟐)因为点M是△𝑨𝑩𝑪的内心，𝑺 = 𝒄⋅𝑨𝑫𝐬𝐢𝐧 ，𝑺 = 𝒃⋅𝑨𝑫𝐬𝐢𝐧 ， △𝑨𝑩𝑫 𝟐 𝟐 △𝑨𝑪𝑫 𝟐 𝟐 𝐬𝐢𝐧 𝑨 = 𝟏 ，𝑨𝑫= 𝟐√𝟑 ，从而𝑺 =𝑺 +𝑺 = 𝟏 (𝒃+𝒄)⋅𝑨𝑫𝐬𝐢𝐧 𝑨 = 𝟏 (𝒃+𝒄)⋅ 𝟐√𝟑 ⋅ 𝟏 = √𝟑 (𝒃+𝒄). 𝟐 𝟐 𝟑 △𝑨𝑩𝑪 △𝑨𝑩𝑫 △𝑨𝑪𝑫 𝟐 𝟐 𝟐 𝟑 𝟐 𝟔 又𝑺 = √𝟑 𝒃𝒄，所以 √𝟑 𝒃𝒄= √𝟑 (𝒃+𝒄)，即𝟑𝒃𝒄=𝟐(𝒃+𝒄). △𝑨𝑩𝑪 𝟒 𝟒 𝟔 由余弦定理𝒂𝟐 =𝒃𝟐+𝒄𝟐−𝟐𝒃𝒄𝐜𝐨𝐬𝑨可得𝟒=𝒃𝟐+𝒄𝟐−𝒃𝒄=(𝒃+𝒄)𝟐−𝟑𝒃𝒄. 将𝟑𝒃𝒄=𝟐(𝒃+𝒄)代入上式得𝟒=(𝒃+𝒄)𝟐−𝟐(𝒃+𝒄). 解得𝒃+𝒄=𝟏±√𝟓，因为𝒃+𝒄>𝟎，所以𝒃+𝒄=𝟏+√𝟓. 所以△𝑨𝑩𝑪的周长为𝒂+𝒃+𝒄=𝟐+𝟏+√𝟓=𝟑+√𝟓. ………15分 18. 解：(𝟏)证明：∵𝑫′𝑬∩𝑫𝑴=𝑯，∴𝑫′，M，E，D四点共面， ∵平面𝑨′𝑩′𝑪′𝑫′//平面ABCD，平面𝑫′𝑴𝑬𝑫∩平面𝑨′𝑩′𝑪′𝑫′=𝑫′𝑴，平面𝑫′𝑴𝑬𝑫∩平面𝑨𝑩𝑪𝑫=𝑫𝑬， ∴𝑫′𝑴//𝑫𝑬，∵𝑫′𝑴⊄平面𝑨′𝑫𝑬，𝑫𝑬⊂平面𝑨′𝑫𝑬，∴𝑫′𝑴//平面𝑨′𝑫𝑬；………5分 (𝟐)(𝒊)证明：如图所示，连接𝑨𝑫′，∵𝑨𝑩⊥平面𝑨𝑨′𝑫′𝑫，𝑨′𝑫⊂平面𝑨𝑨′𝑫′𝑫， ∴𝑨𝑩⊥𝑨′𝑫，又𝑨′𝑫⊥𝑨𝑫′，𝑨𝑫′，𝑨𝑩⊂平面𝑨′𝑫𝑬，𝑨𝑫′∩𝑨𝑩=𝑨，∴𝑨′𝑫⊥ 平面𝑨𝑫′𝑬，∵𝑫′𝑬⊂平面𝑨𝑫′𝑬，∴𝑨′𝑫⊥𝑫′𝑬，又∵𝑫′𝑬⊥𝑫𝑴，𝑨′𝑫，𝑫𝑴⊂ 平面𝑨′𝑴𝑫，𝑨′𝑫∩𝑫𝑴=𝑫，∴𝑫′𝑬⊥平面𝑨′𝑴𝑫; ………10分 (ⅱ)解：如图所示，在平面𝑨′𝑩′𝑪′𝑫′内作𝑨′𝑵⊥直线𝑫′𝑴垂足为N，连接𝑵𝑯、𝑨′𝑯，设𝑨𝑬=𝒙. ∵𝑨′𝑵⊥𝑫′𝑴，𝑨′𝑵⊥𝑫′𝑫，𝑫′𝑴∩𝑫′𝑫=𝑫′，𝑫′𝑴，𝑫′𝑫⊂平面𝑫′𝑫𝑬， ∴𝑨′𝑵⊥平面𝑫′𝑫𝑬，∴∠𝑨′𝑯𝑵即为直线𝑨′𝑯与平面𝑫′𝑫𝑬所成角. 𝒙⋅𝟐 ∵𝑨′𝑨//平面𝑫′𝑫𝑬，∴𝑨′𝑵=𝒅 =𝒅 = ， 𝑨−平面𝑫′𝑫𝑬 𝑨−𝑫𝑬 √𝒙𝟐+𝟒 𝟐⋅√𝒙𝟐+𝟒 ∵𝑫′𝑬⊥平面𝑨′𝑴𝑫，𝑨′𝑯⊂平面𝑨′𝑴𝑫，∴𝑫′𝑬⊥𝑨′𝑯，∴𝑨′𝑯= ， √𝒙𝟐+𝟖 𝑨′𝑵 𝒙√𝒙𝟐+𝟖 𝟑 ∴𝐬𝐢𝐧∠𝑨′𝑯𝑵= = = ⇒𝒙𝟒+𝟖𝒙𝟐−𝟗=𝟎⇒𝒙=𝟏， 𝑨′𝑯 𝒙𝟐+𝟒 𝟓 𝟑 ∴当𝑨𝑬=𝟏时，直线𝑨′𝑯与平面𝑫′𝑫𝑬所成角的正弦值为 . ………17分 𝟓 第3页/共4页 学科网（北京）股份有限公司19. 解：（1）证明：由已知ADCD,PD  AD．CD PD D．CD平面PCD,PD平面PCD， 得AD 平面PCD，而AD平面ABCD，从而平面PCD 平面ABCD．………5分 （2）由AD⊥CD，PD⊥AD，知二面角P-AD-B的平面角即为PDC. t2(4t)29 2t28t7 7 cosPDC   1 ,由题意结合三角形两边 2t(4t) 2t28t 2t28t 1 7 之差小于第三边知t( ,3)，得2t28t[8, ) .所以cosPDC 的范围是 2 2 1 1 [ ,1). 二面角P-AD-B的余弦的取值范围是[ ,1).………10分 8 8 （3）设△PCD和△BCD的外接圆圆心分别E和F ，则球心为过点E和F 且分别垂直于平面PCD、平 面BCD的两直线的交点为G . 在△PCD中，因为PDC 120，由余弦定理得PC  t2 4t16， 再 由 正 弦 定 理 得 △PCD 的 外 接 圆 半 径 PC t2 4t16 r  PE   ． 1 2sin120 3 在△BCD中，由余弦定理得 BD t2 6t10 ，再由正弦定理得 BD t2 6t10 △BCD的外接圆半径r CF   ．过点F 作FH CD于H ，连接EH ，设 2 2sin45 2 PG  R ， 显 然 四 边 形 GFHE 为 矩 形 ， 所 以 GE2  PG2 PE2  FH2 CF2 CH2 ． 所 以 CD 2 CD 2 t2 4t16 t2 6t10 t2 8t16 R2 r2 r2    ，即R2 r2 r2       ， 1 2  2  1 2  2  3 2 4 7t2 28t76 7 所以 R2   (t2)2 4，故当t 2 时， R2 取得最小值，即 R 2 ，此时三棱雉 12 12 min 4πR3 32π PBCD外接球的体积最小值为 min  ．………17分 3 3 第4页/共4页 学科网（北京）股份有限公司