高一数学DA_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250716湖北省天门市2024-2025年7月高一期末统一调研测试

2024-2025 年七月高一期末统一调研测试试卷
数学参考答案
一、选择题：
1.A 2.D 3.C 4.A 5D 6 D 7B 8.B
二、选择题：
9． BC 10．BCD 11．ABD
三、填空题：
5
12．
0.1
13． 14．（-1,1）
6
四、解答题
15.（1）底面半径 ，母线 ， .…………3分
侧
（2）由题知  =2  ，=则   根=据2中位2 线  性质 = ，   P  O = //S 4 A， 2  又 平面 ，SA 平面
，则   平=面   ,  ，  …=…   ……7分   ⊄   
//   
由于 ，底面圆半径是 ，则 ，又 ，则 ，于是 ，

又    平 = 面2 ，AD 平面 2 ， ∠ 则    =4平面   ， = …   ……… ∠ 1  0  分  = 4   ∥  
故平   面⊄POE/  /平   面SAD，……  …   …11分0  //   
又直线PE 平面SAD，则直线PE//平面SAD.…………13分
16（1）由图知： f 0.001500.05, f 0.006500.3，
1 3
f 0.5 f  f 0.50.050.30.15，…………2分
2 1 3
f  f 0.15, f  f 0.05，
5 2 7 1
，由于 f 2f ，则
4
f
+  6
0.
=
1.
1
..…
−
…

…
1+
…

4
2
分
+  3+  5+  7 =1− 0.5+0.15+
4 6 6
0.05 =0.3
…………9分
…………10分
…………15分17（1）在 中，由 可得 及正弦定理，得

△    2  sin  +6 =  + 
，…………2分

2
则
sin  sin  +6 =sin  +sin 
，整理得
3sin  sin  +sin  cos  =sin，  …+…sin…  …+4  分 =sin  +sin  cos  +cos  sin 
而3sin  sin  ，=则sin  +sin  cos  ，得 ，所以 ．…………6分
1 
sin  >0 1+cos  = 3sin  sin  −6 =2  = 3
（2）由题意得sin(C A)sin(CA)4sinAcosA，即sinCcosA2sinAcosA
……8分
  4 3 2 3
当cosA0时，A ，B  ，a  ，c  ，…………9分
2 6 3 3
1 2 3
所以△ABC的面积S  bcsinA …………10分
2 3
当cosA0时，得sinC 2sinA，由正弦定理得c2a，…………11分
a2 c2 ac4， 2 3 4 3 
联立方程组 解得a  ，c  且C  …………14分
c2a， 3 3 2
1 2 3 2 3
所以△ABC的面积S  absinC  ． 综上，△ABC的面积为 ．………15分
2 3 3
18（1）因为ABCD是正方形，E为AB的中点，所以SE SD，SESF，又SDSF S ，
SD，SF 平面SFD，所以SE 平面SFD，…………3分
又SE平面SEF，所以平面SEF平面SFD；…………4分
（2）取EF的中点M,依题意得SM EF,DM EF,所以二面角SEF D的平面角为
DMS 。…………6分
在DMS中，DS 4，SM  2，DM 3 2,
DM2 SM2 SD2 1 1
cosDMS   ,所以二面角SEF D的余弦值为 ………9分
2DM SM 3 3
（3）设S在面AEF上的射影为O，连接EO，则SEO为直线SE与平面DEF 所成角
，…………10分1 1 1
设BF x（1x4），则CF 4x，S 44 42 2x 4 4x 4x，
ΔDEF 2 2 2
DS2SF2DF2 2
在 DSF 中，DS 4，SF x， DF  x28x32 ，可得cosDSF  1 ，
2DSSF x
1
S  DSSFsinDSF 4 x1，因为V V ，即
DBF
2
SDEF EDSF
8 x1 SO 4 x1
4 x124xSOSO ，又SE2，所以sin  ，………14分
x4 SE x4
4t 4
 sin  5 
令 x1t，t 0, 3

， 5t2
t
5，令gtt
t
，t 0, 3

，…………15分
t
gt 1 gt 2 t 1  t 5     t 2  t 5   t 1 t 2    t 5  t 5   t 1 t 2  t 1 t t 2 t 5 ，当t 1 ，t 2   0, 3  ，且t 1 t 2
1 2 1 2 12
时，t t 0，tt 50，tt 0，则gt gt 0，可得gt在  0, 3上单调递
1 2 12 12 1 2 
减，…………16分
3
当t  3，即x4时，sin最大为 .…………17分
2
19 (1) n=3，几何体为正三棱锥，依题意得 .…………2分
∠   1  =  ,∠    = 
由sin sin 得 = ，…………3分
3   3
= 2    1 2
= ， 侧面为正三角形 几何体为正四面体

∴ ∠   1  3 3 ∴ ∴
= …………4分
1 3 2 6 2
∴ v= 3 4 x 3 x 12
（2）n=4，几何体为正四棱锥，依题意得 .
∠   1  =  ,∠    = 
4      
由PA PB 16得4POPB 16 PO 2 4 PO 2…………6分
i
i1
∴ ∴
2 x
x
1 + 1 = 2 1 2 + 2 = 2 1 x=4…………8分
又tan tan 2 2
∴ ∴2
设正四棱锥外接球的半径为R，则 R2=(R-2)2    2 x  
 
 2 
4
解得 ，所以正四棱锥外接球的体积为 R3 36…………10分
3
R=3
(3)由条件知 .…………11分
  ⋅      =0  = 1,2,⋯,  ,    ⋅    =0
设正 棱锥的侧棱长为 ,

则 cos cos

⋅   ⋅  =1 ∠     =  =1    ⋅   ⋅ ∠     =  =1      ⋅    =  =1    +
，………13分
2 2  2
    ⋅    +     =  =1     +      ⋅     =      +    ⋅  =1      =  ⋅|   |
最后一步用到了 (这是因为， 为正 边形 的中心,各

  =  =1      =0    1  2⋯         =
在逆时针旋转 后仍为这些向量的排列,故它们的和向量 逆时针旋转 后仍为 ,所
2  2 
1 以 ,2, 只 ⋯ 能 ,  为零向量 ………  …14分       
   ).
2
1 n PO PO PO
于是M  cosAPB    sinPAOsinPBO ①…15分
n i lPB l PB 1
i1
易知 是侧棱与底面所成的角,又由 知 是侧面与底面所成
的角.∠于   是1  .…………   16⊥分  1   ,   ⊥  1   ∠   
∠   1  =  ,∠    = 
1 n
从而由①得 cosAPB与sinsin相等，所以M  N .…………17分
n i
i1