重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

高2026届高一 (下) 期末考试 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分150分，考试用时120分钟。 一、单项选择题：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. 设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为, 若 则B= ( ) A. B、 C. D. 2. 某校高一年级有四个班共有学生200人, 其中1班60人, 2班50人, 3班50人, 4班40人.该校要了解高一学生对食堂菜品的看法，准备从高一年级学生中随机抽取40人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按班级来分层，则高一2班应抽取的人数是( ) A. 12 B. 10 C. 8 D. 20 3.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形OABC中的AB= ( ) A. C. 3 D. 2 4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是( ) A. 若α∥β, m∥β, 则m∥α B. 若m⊥α, n⊥α, 则m∥n C. 若m∥α, m∥β, 则α∥β D. 若m⊥n, m⊂α, 则n⊥α 5.甲、乙、丙3人独立参加一项挑战，已知甲、乙、丙能完成挑战的概率分别为 则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率为 ( ) A. B. c. D. 6.平行六面体. 中, 底面ABCD 为正方形, E为C₁D₁的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为 ( ) A. 0 C. 7.甲在A处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角(是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角) 为45°、距离A处为10n mile的 C处，并测得乙正沿方位角为105°的方向, 以6n mile/h的速度航行, 甲立即以14n mile/h的速度前去营救，甲最少需要 ( )小时才能靠近乙. A. 1 B. 2 C. 1.5 D. 1.2 8.已知向量 满足 且向量 在 方向上的投影向量为 .若动点C满足 则 的最小值为( ) 二、多项选择题：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. 设复数z的共轭复数为, 为虚数单位, 若, 则( ) A. 复数z的虚部为-1 B. |z|=2 C. 在复平面内对应的点在第一象限 10.一个袋子中有大小相同，标号分别为1，2，3，4的4个小球.采用不放回方式从中任意摸球两次，一次摸一个小球.设事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，事件C=“两次摸出球的标号都是偶数”，则 ( ) A. P(A)=P(B) 11. 如图, 在棱长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁(中，点M 分别为CC₁上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是 ( ) A. B₁M+DM 取得最小值2 B.当M为中点时，平面BMD₁截正方体所得的截面为平行四边形 C. 四面体ABMD的外接球的表面积为5π时, CM=1 D. 若AO=CO, A₁O=2, 则点O的轨迹长为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量 若 则m= . 13.若圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则圆锥的侧面积为 . 14. 记△ABC的内角A, B, C所对的边分别为a, b, c, 已知 若△ABC的面积, 则的最大值为 . 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. 15.(本小题满分13分)为调查外地游客对洪崖洞景区的满意程度，某调查部门随机抽取了100位游客，现统计参与调查的游客年龄层次，将这100人按年龄(岁)(年龄最大不超过65岁，最小不低于 15岁的整数) 分为5组, 依次为[15,25),[25,35),[35,45),[45,55),[55,65], 并得到频率分布直方图如下: (1)求实数的值; (2)估计这 100人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)； (3)估计这 100人年龄的第80百分位数.(结果保留一位有效数字，四舍五入) 16.(本小题满分15分)如图，在直四棱柱. 中, 四边形ABCD是一个菱形, ∠DAB=60°, 点P为BC₁上的动点. (1) 证明: DP//平面AB₁D₁; (2)试确定点P的位置，使得. 17.(本小题满分15分)在. 中，角A，B，C所对的边分别为, (1) 求A的大小; (2) 已知 若A 为钝角，求 面积的取值范围. 18.(本小题满分 17分)已知三棱台 中, △ABC为正三角形, 点 E为线段AB 的中点. (1) 证明: A₁E∥平面B₁BCC₁; (2) 延长AA₁, BB₁, CC₁交于点 P, 求三棱锥P-ABC的体积最大值; (3)若二面角 的余弦值为 , 求直线BB₁与平面. 所成线面角的余弦值. 19.(本小题满分17分)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O 的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设O。表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理, 圆O₃,O₂的劣弧AC、AB的弧长分别记为b, c, 曲面ABC (阴影部分) 叫做球面三角形.若设二面角分别为α,β,γ, 则球面三角形的面积为 (1) 若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直, 求球面三角形ABC的面积; (2) 若平面三角形ABC为直角三角形, AC⊥BC, 设. 则:①求证: ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 S为AC中点, T为BC中点, 设平面OBC与平面EST的夹角为θ, 求的最小值, 及此时平面AEC 截球O 的面积. 学科网（北京）股份有限公司 $$1 高 2026 届高一（下）期末考试 数学参考答案 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 C B C B D A A D 1【答案】C 【解析】由正弦定理得： 3 1 sin sinA B  ，则 sin 1sin 23 AB   ，由b a 得B A ，所以 6 B  ，故选 C. 2【答案】B 【详解】依题意高一 2班应抽取的人数为 5040 10 200   人，故选：B. 3【答案】C 【解析】根据斜二测画法规则， 1OA O A   ， 2 2 2OB O B   ，且OA OB ， 则 2 2 3AB OA OB   ，故选 C. 4【答案】B 【解析】A中m可能在 内，错误；B中由线面垂直的性质显然正确；C中 与 可能相交，错误； D中 n可能在 内，可能平行于 ，可能与 斜交，错误，故选 B. 5【答案】D 【解析】由题意，甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率 1 1 1 1(1 ) (1 ) (1 ) 3 3 4 3 P        ，再由对立事件 关系，则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率 1 21 3 3 P    ，故选 D. 6【答案】A 【解析】由题意， 1 1 11 1 cos 3 2 AA AB AA AD            ， 0AB AD    ， 又DC AB   ， 1 1 1 1 1 1 2 BE AE AB AA AD D E AB AA AD AB                   ， 所以 1 1 1 1( ) 0 0 2 2 2 BE DC AA AD AB AB               ，即有 BE DC   ，故选 A. 7．【答案】A 【解析】设甲乙相遇在点 B处，需要的时间为 t小时，则 6BC t ， 14AB t ，又 45 75 120ACB     ， 10AC  ，在 ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2(14 ) 10 (6 ) 20 (6 ) cos120t t t     ，则 28 3 5 0t t   ， 即 (8 5)( 1) 0t t   ，解得 1t  或 5 8 t   （舍去），，故选 A. 8【答案】D 2 【解析】如图，根据投影向量，OA AB ，则 60AOB  ，且 3AB  ，，因为 1 2 c   ， 所以点C在以O为圆心，半径 1 2 r  的圆上运动．设M 是 AB的中点，由极化恒等式得： 2 2 21 3| | 4 4 CB CA CM AB CM          ，因为 min 7 1| | | | 2 CM OM r     ， 则 2 3 8 2 7 3 5 2 7| | 4 4 4 4 CM       ，即CB CA   的最小值为 5 2 7 4  ，故选 D. 二、多选题 9 10 11 AD ABD ABD 9【答案】AD 【解析】由题意， 1 2 1iz i i       ，则虚部为 1 ， 2 2( 1) ( 1) 2z      ，则 A正确，B错误； 1z i   在复平面内对应的点 ( 1,1) 在第二象限，C错误； 2 2( 1 ) 2z i i    ， 4 2 2 2( ) (2 ) 4z z i    ， 8 4 2 2( ) ( 4) 16z z    ，D正确，故答案为 AD. 10【答案】ABD 【解析】由题意，摸球两次的样本空间 {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (3,4), (4,1), (4,2), (4,3)}  ， 事件 {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4)}A  ， {(1,2), (2,1), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2)}B  ， 事件 {(2,4), (4, 2)}C  ，所以 {(1,2), (2,1)}AB  ， {(2,4)}AC  ， {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2)}A B  ，利用古典概型计算公式， 6 1( ) ( ) 12 2 P A P B   ， 2 1( ) 12 6 P AB   ， 10 5( ) 12 6 P A B   ， 1( ) 12 P AC  ， 故答案为：ABD. 11【答案】ABD 【解析】选项 A中，将平面 1 1BBCC沿 1CC翻折到与平面 1 1DDCC为同一平面，当 1, ,D M B 三点共线时， 则 2 21 1 4 2 2 5BM DM B D     ，正确； 选项 B中，设N是 1A A的中点，连接 1 ,D N NB，易证 1 / /DM NB ，所以平面 1BMD 平面 1BMD N， 此截面是平行四边形，正确； 选项 C中，当 1CM  时，因为 , ,CM AD AB两两垂直，所以四面体 ABMD的外接球的直径 2 2 22 3R CM CD CB    ，则 3 2 R  ，此时外接球表面积 24 9R  ，错误； 3 选项 D中，由 AO CO ，所以点O在 AC的中垂面 1 1D DBB 上，设 11B D 的中点为H，则 1 2AH  ， 易证 1AH 平面 1 1D DBB ，则 2 21 1 2HO AO AH   ，所以点O在以H为球心， 2r  的半圆上 运动，点O的轨迹长为 2 ，D正确.故答案为：ABD. 三、填空题 12 13 14 -2 2 1 4 12【答案】 2 【解析】由题意， a  ∥b  ，则1 1 ( 2)m    ，所以 2m   ，故答案为 2 . 13【答案】 2 【解析】由题意，底面圆的半径 1r  ，母线 2l  ，于是 2S rl  侧 ，故答案为 2 . 14【答案】 1 4 【解析】由正弦定理， sin sin cos cosa A c C a C c A   可化为 2 2sin sin sin( ) sinA C A C B    ， 由 2 0S tb t （ ）得： 2 2 2 2 1 sin sin sin sin sin 12 2sin 4sin 4 ab CS A C A Ct b b B B       ，当且仅当 sin sinA C ， 即 45A C  ， 90B  时等号成立，故答案为 1 4 . 四、解答题 15．【答案】（1） 0.035a  ； （2） 41.5 （3） 51.7x  【解析】（1）由题知，10 (0.01 0.015 0.03 0.01) 1a      ，则 0.035a  ；....4分 （2）由图样本平均数 20 0.1 30 0.15 40 0.35 50 0.3 60 0.1 41.5x            ；......9分 （3）由题知，年龄在 15,55 的频率为 0.9，年龄在 15,45 的频率为 0.6，则年龄的第 80百分位在  45,55 之 内，设第 80百分位数为 x，则0.6 ( 45) 0.03 0.8x    ，解得 51.7x  ......13分 16【答案】（1）略； （2）略 【解析】（1）证明：由题知，由 1 1 1 1/ / ,BB DD BB DD ，则四边形 1 1BB D D为平行四边形， 所以 1 1/ /BD B D ，所以 1 1/ / ABD B D面 ，同理可证 1 1/ /BC AD ，所以 1 1 1/ / ABC B D面 由 1 1 1,BD BDC BC BDC 面 面 ，所以 1 1 1/ / ABDC B D面 面 ， 又 1PD BDC面 ，所以 1 1/ / ADP B D面 ；......7 分 （2）取 BC中点 E，连接 DE，PE．在 BDC 中， , 3 BC DC BCD    ，则 BDC 为 4 正三角形， 所以DE BC ，又 BC DP ，所以 BC EDP面 ，所以 BC EP ． 在 1BCC面 中， 1BC CC ， 1EP BCC平面 ，所以 1/ /EP CC ， 在 1BCC 中，E为 BC中点，所以 EP为中位线，则点 P为 1BC 中点．......15 分 17【答案】（1） 3  或 2 3  ； （2） 2 30 , 9 ç úçç úçè úû 【解析】由正弦定理， cos cos 23 sin sin A B c A B b       可化为 sin cos cos sin 2sin3 sin sinsin B A B A B C A B    ， 则有 sin( ) 2sin3 sin s sin in B B A C A B    ，因为在 ABC 中， sin( ) sin 0B A C   ， sin 0B  ， 所以化简得： 3sin 2 A  ，又0 A   ，解得： 3 A  或 2 3  ；......7分 （2）由 2 3 3 AB ACAD     得：3 2 2( )AD AB AC AD DB AD DC             ，则 2BD DC   ， 从而 2 2 1 3sin 3 3 2 6ABD ABC S S bc A bc = = ´ = ，因为A为钝角，所以由（1）知， 2 3 A  ，且 2a  ， 有余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A= + - 可得： 2 2 4b c bc+ + = ，因为4 2bc bc³ + ，所以 4 3 bc£ ， 当且仅当 2 3 3 b c= = 时等号成立，又 ,b c可以无限接近0，所以 40 3 bc< £ ， 从而 3 2 30 , 6 9ABD S bc ç úç= Îç úçè úû ，故 ABD 面积的取值范围为 2 30 , 9 ç úçç úçè úû .......15分 18【答案】（1）略； （2） 2 3 15 （3） 3 3 【解析】（1）如图，设 F是BC的中点，连接EF， 1C F， 在三棱台 1 1 1ABC ABC 中，因为 1 1 1 2 A B AB ，所以 1 1 1 2 AC AC ， 且 1 1 / /AC AC，因为 ,E F分别是 ,AB BC的中点，所以 / /EF AC， 1 2 EF AC ， 于是可得： 1 1 / /AC EF ，所以四边形 1 1AEFC 是一个平行四边形，则有 1 1/ /AE C F ， 又 1A E 平面 1 1B BCC ， 1C F 平面 1 1B BCC ，所以 1 / /A E 平面 1 1B BCC ；......5 分 （2）因为 2AB  ，又 1 2 2 sin 60 3 2ABC S       为定值，所以当平面 PAB 平面 ABC时，该三棱 锥的体积最大.因为 1 1 1/ / 2 A B AB ，所以 1 1,A B 分别是 ,PA PB的中点，因此 PAB 是边长2的正三角形， 5 因为 PE AB ，由平面 PAB 平面 ABC的性质可证得： PE 平面 ABC， 又 3PE  ，则 1 3 3 1 3 3P ABC ABC V PE S      ； 则三棱锥P-ABC的体积最大值为1......10分 （3）如图， 2PA AC PB BC    ， 1C 是 PC的中点，则 1AC PC ， 1BC PC ，所以二面角 1A CC B  的平面角是 1AC B ，又 1 1AC BC ， 由余弦定理得： 2 2 2 1 1 1 1 1 1cos 2 3 AC BC ABAC B AC BC       ，解得 1 1 3AC BC  ， 作 1BO AC 于点O，连接 PO，因为 PC 平面 1AC B，所以 PC BO ，又 1 1AC PC C ， 1,AC PC 平面 1 1ACC A ，所以 BO 平面 1 1ACC A ，则 BPO 为直线 1BB 与平面 1 1ACC A 所成角， 由 2PB  ， 2 2 2 6 33 BO   ，则 2 2 2 3 3 PO PB BO   ，从而 3cos 3 POBPO PB    ， 所以直线 1BB 与平面 1 1ACC A 所成线面角的余弦值为 3 3 . ......17 分 19【答案】（1） 2 2 R ； （2）略 （3） 2 53 78 R 【解析】（1）若平面 , ,OAB OAC OBC两两垂直，有  2    ， ，所以球面三角形 ABC面积为 2 2( ) 2ABC S R R        球面 ；......3分 （2）①证明：由余弦定理有： 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 cos 2 cos 2 cos AC R R R BC R R R AB R R R                ，且 2 2 2AC BC AB  ，消掉 2R ， 有 1 2 3cos cos cos 1     。......7分 ②由 AD是球的直径，则 AB BD ， AC CD ，又 AC BC ，所以 AC BCD面 ，则 AC BD ， 所以可证得 BD 平面 ABC，由直线 DA，DC与平面 ABC所成的角分别为 , 4 3   ， 所以 , 4 3 DAB DCB     ，不妨先令 3R  ，则 2 3, 6, 2, 2AD AB BD BC AC     ， 由 AC BC ， AC BD ， BC BD ，以 C为坐标原点，以 CB，CA所在 直线为 x，y轴，过点 C作 BD的平行线为 z轴，建立如图空间直角坐标系， 设 , (0, 6]BE t t  ，则 (0,0,0), (0, 2,0), ( 2,0,0), ( 2,0, 6)C A B D ， 则 2 2 6(0,1,0), ( ,0,0), ( 2,0, ), ( ,1, ) 2 2 2 S T E t O ， 6 设平面 OBC法向量 ( , , )m x y z  ， 2 6( 2,0,0), ( ,1, ) 2 2 CB CO    ，则 2 0 2 6 0 2 2 x x zy         ， 取 2z   ，则 6, 0y x  ，所以 (0, 6, 2)m    ，............10分 设平面 EST法向量 ( , , )n x y z  ， 2 2( , 1,0), ( ,0, ) 2 2 ST TE t     ，则 2 0 2 2 0 2 x y x tz        ， 取 2x t ，则 , 1y t z   ，所以 ( 2 , , 1)n t t   ，............12分 要使 sin 取最小值时，则 | cos | 取最大值， 所以 2 2 22 2 | | | 6 2 | 1 3 2 1 ( 3 2) 1 2 6 1| cos | 1 3 1 3 1| || | 5 5 510 3 1 3 1 m n t t t t t tm n t t                       ， 令 2 6 1, (1,13]m t m   ，则 1 2 6 mt  ， 2 2 ( 1)3 8 mt  ，有 22 2 2 6 1 8 8 8 2,9( 1)3 1 2 9 6 221 8 t m m mt m m m m            当且仅当 13, 6 m t  取等）. 则 | cos | 取最大值 3 5 ， 2 10sin 1 cos 5     为最小值.....14分 此时点 1( 2,0, ) 6 E ，平面 AEC中 1( 2,0, ), (0, 2,0) 6 CE CA    ，法向量 (1,0, 2 3)k    。 球心 O到平面 AEC距离为 | | 5 | | 26 AO kd k       ，设平面 AEC截球 O圆半径为 r， 2 2 2 53 26 r R d   ， 所以截面圆面积为 2 253 53 26 78 r R    ......................................................17分