江苏省泰州市2023-2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题（PDF版含答案）

2023～2024 学年度第二学期期末考试
高一数学答案
一、选择题：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。
1．B ； 2．C； 3．D； 4．B； 5．D； 6．C； 7．A； 8．B．
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。
9．ABC； 10．BCD； 11．BD．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
1
12． ； 13． ( 8, 6) ； 14．100 5 ，50 29 ．（第一空 2 分；第二空 3 分）
6
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。
3 4 4
14．解答：（1）由 ， sin ，得 tan ．………………3 分
2 5 3
2sin2 sin 2 2sin (sin cos ) 2sin 2 tan
（1） 2 2 8； cos 2 cos sin cos sin 1 tan
………………8 分
5 tan 1 1
（2） tan( ) ．………………13 分
4 1 tan 7
15．解答：（1）89.5的百分位数为100 1 0.2 0.1 70 ，………………3 分
设心跳次数为 x，
则 x 64.5 0.1 74.5 0.25 84.5 0.35 94.5 0.2 104.5 0.1 84，
所以这批志愿者的心跳数的平均数为84； ………………7 分
(2) 由从高于89.5次的检测者中分层抽样 6 人得 89.5,99.5 抽 4 人，
99.5,109.5 抽 2 人， ………………10 分
记“抽中的 2 人心跳数高于99.5 ”为事件 A，
从 6 人中任取共有 15 种，2 人心跳数高于99.5有 1 种，
则 P( A) 1 115，即抽中的 2 人心跳数高于99.5的概率为 ．………………15 分 15
17 2b c 2ab cosC．解答：（1）若选①，根据正弦定理及题意，得 c 2bc cosA ，
所以 2sin B cos A cosC sin A sin C cos A，即 2sin B cos A sin A C .
因为 A C B ，所以 2sin B cos A sin B sin B .
又 sin B 0 ，所以 cosA 12 ，又
A 0, ，所以 A 3 .………………6 分
若选②，因为 c a cos B 3 asin B ，所以由正弦定理，
3
可得 sin C sin Acos B 3 sin Asin B，
3
sin(A B) sin Acos B cos Asin B，整理得 cos Asin B 3 sin Asin B ，
3
因为 B (0, ) 3，所以 sin B 0，可得 cos A sin A ，即 tan A 3 ，
3

因为 A (0, ) ，所以 A .………………6 分
3
若选③，因为 ccos A acosC 2bcos A
所以由正弦定理可得： sin C cos A sin AcosC sin(A C) sin B 2sin B cos A ，
因为 B (0, ) ，所以 sin B 0；
1
可得 cos A ．
2
又 A (0, ) ，故 A .………………6 分
3
2 4 3 b c
（2）由（1）得 A π 3 ，因 a 2，由正弦定理， sin π 3 sin B sin C ， 3
则b 4 3 4 3 , 3 sin B, c 3 sin C
b2 c2 2bc cos A a2 bc 4 16 sin B sin C 4 ………………9 分 3
8
cos(B 8 C) cos(B C) 4 cos(B C) 16 ， ………………12 分
3 3 3
B 2 2 因为 C ( , ) ，所以b2 c2 的取值范围为 4,8 ． ……………15 分
3 3
18．解答：（1）（i）由C1O 平面 ABCD，
AD 平面 ABCD得C1O AD ，
又OE AD ，OE OC1 O ，OE,OC1 平面OEC1 ，
得 AD 平面OEC1 ，
因为 AD 平面 ADD1A1，
所以平面OEC1 平面 ADD1A1； ………………5 分
（ii）O, E, D1,C1不共面，
假设O, E, D1,C1共面，
由四棱柱 ABCD A1B1C1D1 得平面 ABCD / / 平面 A1B1C1D1，
所以OE / /C1D1 ，
又CD / /C1D1，所以OE / /CD ，即 ADC 90 ，
从而四边形 ABCD为矩形，与 AB CD矛盾！
所以O, E, D1,C1不共面; ………………10 分
（2）取 BC 的中点 N ，连接CO并延长交 AB 于 P ，
因为 ABC 90 ，OB OC ，所以O为CP 的中点，ON / / AB，
因为ON 平面 ABC1 ， AB 平面 ABC1 ，所以ON / / 平面 ABC1 ，
再由M 是CC1的中点，同理可得MN / / 平面 ABC1 ,
因为ON MN N ，ON , MN 平面OMN ，所以平面OMN / / 平面 ABC1 ,
因为 AC1 平面 ABC1 ,所以 AC1 // 平面OMN ． ………………17 分
2
19．解答：（1）由题意得 CAC1 BAB1 ， 3

所以 B1AC1 ， ………………2 分 2
2 2 2 2
AB1 AC1 AB1 AC1 2AB1 AC1 AB AC 2 ；
取 B1C
1
1的中点为M ， AM 的中点 N ，则MN ， ………………4 分 2
则 PA PB1 PC1 2PA PM 2(PN 2 MN 2 ) 1 ， 2
1即当 P 为 AM 中点时， PA PB1 PC1 取最小值 ； ……………6 分 2
（2）以 A为坐标原点， AB 为 x 轴正方向，建立直角坐标系，

设C(r cos , r sin )， AC r 0，则 B(1,0)， AB (1,0) ，

由题意得 AB1 (cos(2 ),sin(2 )) ( cos 2 , sin 2 )，

AC1 (r cos( ), r sin( )) ( r cos , r sin )，
3cos 2 1 r cos r cos
（i）因为 B1是△BCC1 的重心，所以 ，
3sin 2 2r sin

cos2
1
3
即 3 ，所以 cos ， | AC | r 3 ； ……………10 分
r 3cos
3
3
（ii）由 AB1 xAB AC, AC1 y AB z AC 得： 2
3
cos 2 x r cos

cos 2
3
x r cos
2 2

sin 2
3
r sin ，即 cos
3
r
2 4
r cos y zr cos y 2r cos

r sin zr sin z 1
所以 x z 1， …………………12 分
因此 cos 3 y cos2 BAC 3 ，由 y 1得 y 1, 2 ，
8 8
当 y 1时， cos BAC 3 5 2 ，此时 sin BAC ， AC ，
8 8 3
BC 2 2 3 8 1 2 ，
3 3 8 3
sin ACB AB sin BAC 15由 ，得 cos ACB 7 ；
BC 8 8
当 y 2 时， cos BAC 3 1 4 ，此时 sin BAC ， AC ，
4 2 3
BC 1 4 2 4 3 13 ，
3 3 4 3
sin ACB AB sin BAC 2 39 cos ACB 13由 ，得 ．
BC 13 13
所以 cos ACB 13 7 或 ． ………………17 分
13 8