广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末考试 数学试卷（图片版，含答案）

2024－2025 学年度第二学期教学质量检查
高一数学 参考答案
一、单项选择题
二、多项选择题（全部选对的得 6 分，选对但不全的部分得分，有选错的得 0 分）
三、填空题
12．92 13． 5
7 11
，
5 4 6
四、解答题
解：（1）由正弦定理得 3 sin B sin C sin C cos B 0 ， 2 分
因为C 0, π ，所以sin C 0 ， 3 分
所以 3 sin B cos B 0 ，即cos B 3 sin B ， 4 分
因为 B 0, π ，所以sin B 0 ， 5 分
所以tan B
3 ， 6 分
3
所以 B ． 7 分
6
（2）方法 1：由余弦定理b2 a2 c2 2ac cos B ，得 a2 3a 4 0 ， 9 分
解得 a 4 或 a 1 （舍去）， 11 分
所以 S
1 ac sin B 1 4 3 1 ． 13 分
ABC 2 2 2
方法 2：由正弦定理得sin C c sin B
b
因为c b ，所以C B ，所以cos C
6
2 21 ， 8 分
14
5 7 ， 9 分
14
所以sin A sin(B C) sin B cos C cos B sin C 1 5 7 3 21 2 7 ， 11 分
所以 S
2 14 2 14 7
1 ac sin B 1 4 3 1 ． 13 分
ABC 2 2 2
10a 10b 0.4
解：（1）由题意得
10(0.04 0.015 a) 0.6
， 2 分
a 0.005,
解得
b 0.035.
. 4 分
所以考试成绩的众数的估计值为 75， 5 分
平均数的估计值为55 0.05 65 0.35 75 0.4 85 0.15 95 0.05 73 ． 7 分
（2）记②组、④组的平均数与方差分别为 x , x , s2 , s2 ，
则 x 64, x 84, s2 50, s2 70 ， 8 分
1 2 1 2
由题意得②组、④组分别有 14 人、6 人， 10 分
所以②组、④组学生成绩的平均数为 x 14 x 6 x 14 64 6 84 70 ， 12 分
所以②组、④组学生成绩的方差为
20 1
20 2
20 20
S 2 14 s2 x x 2 6 s2 x x 2 13 分
20 1 1 20 2 2
7 50 64 70 2 3 70 84 70 2 ， 14 分
10 10
140 ，
所以②组和④组所有学生成绩的方差为 140. 15 分
17．（1）证明：如图，连接 AC ， 1 分
因为四边形 ABCD 是正方形，所以点 E 是 AC 的中点，又因为 F 是 AP 的中点，
所以 EF 是VACP 的中位线， 3 分
所以 EF // PC ， 4 分
又因为 EF 平面 PBC ， PC 平面 PBC ， 6 分
所以 EF // 平面 PBC ． 7 分
（2）如图，连接 EP ，由（1）得 E 是 AC 中点，
因为 PA PC ，所以 EP AC ， 8 分
又因为底面 ABCD 是正方形，且 AC ， BD 为对角线，
所以 BD AC ， 9 分
又因为 BD ∩ EP E ， BD ， EP 平面 PBD ， 10 分
所以 AC 平面 PBD 11 分
所以直线 PC 与平面 PBD 所成角为 CPE ， 12 分
因为在 RtVCPE 中， CE ， PC 2
， 13 分
所以sin CPE CE 1 ， 14 分
PC 2
因为 CPE 为锐角，所以 CPE ，所以直线 PC 与平面 PBD 所成角的大小为 ．15 分
6 6
解：（1）①当 n 4 时，任意抛掷两次这个骰子的样本空间 1 { (1,1) ，(1, 2) ，(1, 3) ，(1, 4) ， (2,1) ，(2, 2) ，(2, 3) ，(2, 4) ，(3,1) ，(3, 2) ，(3, 3) ，(3, 4) ，(4,1) ，(4, 2) ，(4, 3) ，(4, 4)}，所以 n( 1) 16 ， 3 分
记“游戏结果大于 5”为事件 A ，则事件 A 包含的样本点包括(2, 3) ，(2, 4) ，(3, 2) ，(3, 3) ，(3, 4) ，
(4, 2) ， (4, 3) ， (4, 4) ，所以 n( A) 8 ， 4 分
由古典概型得 P( A) n( A) 8 1 ， 5 分
n( 1) 16 2
1
同理“游戏结果小于 5”的概率也是 ，
2
所以甲、乙获胜的概率相等，这种游戏是公平的 6 分
②按甲、乙继续比赛赢得比赛的概率比值进行奖金分配，
由于甲、乙要分出比赛输赢至多需要再进行 2 次“点数游戏”，假设再进行 2 次“点数游戏”，则 2 次“点数游戏”比赛结果的样本空间 2 {（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙胜，甲胜），（乙胜，乙胜）}，所以 n( 2 ) 4 ， 8 分
记“甲赢得比赛”为事件 B ，则事件 B 包含的样本点包括（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙胜，甲胜），所以 n(B) 3 ， 9 分
由古典概型得 P(B) n(B) 3 ， 10 分
n( 2 ) 4
所以“乙赢得比赛”的概率为 P(B) 1 P(B) 1 3 1 ， 11 分
4 4
所以甲分配奖金100 3 75 元，乙分配奖金100 1 25 ． 12 分
4 4
（2）当 n 8 时，任意抛掷一次这个骰子的样本空间 3 { 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8} ，所以 n( 3 ) 8 ，
. 13 分
构造事件 M {1, 2, 3, 4}， N {1, 2, 3, 5} ， Q {1, 6, 7,8} ， 14 分
则 MNQ {1}， MN {1, 2, 3}， MQ {1} ， NQ {1} ， 15 分
由 古 典 概 型 得
P(M ) P(N ) P(Q) 1
2
， P(MNQ) 1
8
， P(MN ) 3 ，
8
P(MQ) P(NQ) 1 ， 16 分
8
所 以 P(MNQ) P(M )P(N )P(Q) ， P(MN ) P(M )P(N ) ， P(MQ) P(M )P(Q) ，
P(NQ) P(N )P(Q) ，满足题意． 17 分
解：（1）因为 S
BCD
1 BC CD 5 ，
2
所以当三棱锥 A BCD 的体积最大时，即点 A 到平面 BCD 的距离最大，此时平面 A BD 平面
BCD ， 1 分如图，过 A 作 A H BD 于 H ，连接CH ，
因为平面 A BD 平面 BCD ，且平面 A BD ∩平面 BCD BD ， A H 平面 A BD ，
所以 A H 平面 BCD ， 3 分
因为在矩形 ABCD 中， AB ， AD 2 ，
所以在 Rt BA D 中， A B ， A D 2 5 ， cos CBD 2 5 ，
5
所以 BD 5 ， A H 2 ，故 BH 1 ，
所以 HC2 BC2 BH 2 2BC BH cos CBD 2 5 2 12 2 2 5 1 2 5 13，故 HC ，
所以 A C ，
A D2 DC 2 A C 2 (2 5)2 ( 5)2 ( 17 )2 2
所以cos A DC
所以sin A DC
2 A D DC

21 ，
5
，
2 2 5 5 5
所以 A CD 的面积 S 1 A D DC sin A DC 1 2 5 5 21 ， 5 分
2 2 5
设点 B 到平面 A CD 的距离为 d ，
则由V V ，得 1 S
d 1 S
A H ，
B A CD A BCD
3 △ A CD
3 △BCD
所以 d S△BCD A H 5 2 10 21 ． 6 分
S△ A CD
21 21
如图，在矩形 ABCD 中作 A H 的对应线段 AH ，延长 AH 的交 BC 于G ，
在 Rt BHG 中，由 BH 1， tan DBC 1 ，所以 HG 1 ， BG 5 ，
2 2 2
如图，在三棱锥 A BCD 中，
由 A H BD ， GH BD ，所以 A HG 为二面角 A BD C 的平面角，即 A HG 120 ，
. 8 分
2
在△A HG 中， A G2 A H 2 HG2 2 A H HG cos A HG 22
2 2 1 ( 1) 21 ，
2
2 2 4
. 10 分
2 5

21
在△A BG 中，
A B2 BG2 A G2
2
4 1 ． 12 分
cos A BG
2 A B BG 5
2
结论： cos cos cos cos ． 13 分
sin sin
证明：如图，过 EF 上一点 P 作 PM EF 交 EO 于点 M ，作 PN EF 交 EG 于点 N ，连接
MN，则 MPN 即二面角O EF G 的平面角，
方法一：设 PE 1,则在 MEP 中，得 ME 1 , MP sin ，
同理在 NEP 中，得 NE
cos
, NP sin
cos
cos cos
在 MEN 中，由余弦定理得 MN 2 EM 2 EN 2 2EM EN cos
1 2 1 2 1 1
cos
cos
2
cos
cos 15 分
cos


MP2 NP2 MN 2
在 MPN 中，由余弦定理得cos
2MP NP
sin2 sin2 1 1 2 cos
(
cos2 cos2 cos2 cos2 cos cos
) cos cos cos

. 17 分
sin sin
sin sin
cos cos
方法二：在 MPN 中，由余弦定理得 MN 2 MP2 NP2 2MP NP cos ，①在 MEN 中，由余弦定理得 MN 2 EM 2 EN 2 2EM EN cos ，②
② ①，得(EM 2 MP2 ) (EN 2 NP2 ) 2EM EN cos 2MP NP cos 0 ，则2EP2 2EM EN cos 2MP NP cos 0 ，
即 EP2 EM EN cos MP NP cos 0 ， 15 分
两边同除以 MP NP ，得 EP EM EN cos
2
cos 0 ，
MP NP MP NP
所以cos EM EN cos EP EP 1 1 cos 1 1 ，
MP NP MP NP
sin sin
tan tan
所以cos cos cos cos ，即cos cos cos cos ，得证 17 分
sin sin
sin sin
sin sin