精品解析：重庆市四川外国语大学附属外国语学校（重庆外国语学校）2023-2024学年高一下学期期末适应性考试数学试题

重庆外国语学校 2023—2024学年度（下）高2026届期末适应性考试 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 在复平面内；复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 甲；乙两位同学去参加某高校科研项目面试．已知他们通过面试概率都是；且两人的面试结果相互之间没有影响；则甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 某人投掷骰子5次，由于记录遗失，只有数据平均数为3和方差不超过1，则这5次点数中（ ） A. 众数可为3 B. 中位数可为2 C. 极差可为1 D. 最大点数可为5 4. 在中，点为的重心，则（ ） A. B. C. D. 5. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面距离相等，则 B. 若，，则“”是“”既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 6. 已知函数（，）的部分图象如图所示，该图象与y轴的交点坐标是，若的图象关于点对称，且在区间上单调递减，则的值可以是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为．若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为（ ） A. 181.13 B. 179.88 C. 186.12 D. 190.21 8. 已知向量与夹角为，，，，，在时取最小值，当时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，，为复数，，下列命题中正确的是（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 10. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则（ ） A. A与D相互独立. B. A与B相互独立 C. B与D相互独立 D. A与C相互独立 11. 如图，在菱形中，，，将沿折起，使A到，点不落在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下说法正确的是（ ） A. 存在某一位置，使得 B. 异面直线，所成的角为定值 C. 四面体的表面积的最大值为 D. 当二面角的余弦值为时，四面体的外接球的半径为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某眼科医院为了了解高中学生的视力情况，利用分层抽样的方法从某高中三个年级中抽取了45人进行问卷调查，其中高一年级抽取了12人，高二年级抽取了15人，且高三年级共有学生540人，则该高中三个年级的学生总数为_______人． 13. 已知，，，则_______． 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图. （1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率. 16. 已知向量与的夹角为，，. （1）求在上投影向量的模； （2）求与的夹角的余弦值. 17. 如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面PAB是边长为1的等边三角形，底面ABCD是正方形，是侧棱PB上的点，是底面对角线AC上的点，且，． （1）求证：； （2）求证：平面PAD； （3）求点到平面PAD的距离． 18. 在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.的内角所对的边分别为，，，已知 （只需填序号）. （1）求角； （2）若是锐角三角形，边长，求面积的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 19. 如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，，E，F分别是AB，CD的中点． （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆外国语学校 2023—2024学年度（下）高2026届期末适应性考试 数学试题 （满分150分，120分钟完成） 一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 在复平面内；复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可求解. 【详解】,故对应的点为，位于第四象限， 故选：D 2. 甲；乙两位同学去参加某高校科研项目面试．已知他们通过面试的概率都是；且两人的面试结果相互之间没有影响；则甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】由题意可得：甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率. 故选：D. 3. 某人投掷骰子5次，由于记录遗失，只有数据平均数为3和方差不超过1，则这5次点数中（ ） A. 众数可为3 B. 中位数可为2 C. 极差可为1 D. 最大点数可为5 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、方差、众数、极差的定义，利用列举法，这项检验，可得答案. 【详解】对于A，如果五次都是3，满足题意，且众数为3，故A正确； 对于B，若中位数为2，则点数为2、2、2、4、5，显然此时平均数为3，方差最小， ，故B错误； 对于C，若点数的平均数为2，则极差不可能为1，故C错误； 对于D，若最大点数为5，当方差最小且平均数为3时，点数为2、2、3、3、5， 由，故D错误. 故选：A. 4. 在中，点为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】的重心为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点，根据向量线性运算的几何表示结合条件即得. 【详解】设分别是中点， 由于的重心为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点， 所以. 故选：B. 5. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断. 【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误； 对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”充分不必要条件，故B错误； 对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误； 对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确. 故选：D. 6. 已知函数（，）的部分图象如图所示，该图象与y轴的交点坐标是，若的图象关于点对称，且在区间上单调递减，则的值可以是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据图象与轴的交点得到，然后结合图象得到，根据的对称性得到，根据的单调性列不等式得到，最后分和求即可. 【详解】由题意得，由图象及得， 因为的图象关于对称，所以， 令，则， 令，则， 所以得减区间为， 因为在上单调递减，所以， 即， 则，整理得， 当时，，当时，， 又，所以或11. 故选：A. 7. 如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为．若，，，（参考数据：，，，，，），则山的高度约为（ ） A. 181.13 B. 179.88 C. 186.12 D. 190.21 【答案】C 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求，进而在Rt中求山的高度. 【详解】在中，则， 因为，则， Rt中，则. 故选：C. 8. 已知向量与的夹角为，，，，，在时取最小值，当时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，，，利用向量坐标运算可表示出，根据向量模长运算可得，由二次函数性质可知，利用的范围可构造不等式求得的取值范围. 【详解】，，向量与的夹角为， 可令，，，则，， ，， ， ， 则当时，取得最小值，即， ，，解得：， 即的取值范围为. 故选：D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，，为复数，，下列命题中正确的是（ ） A. 若则 B. 若则 C. 若则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，化成，结合复数相等的知识即可求解；对于B，利用复数代数形式求解即可；对于C，举出反例即可；对于D，利用复数的向量表示作图即可判断. 【详解】设（）， 对于A，若，则， 因为，结合复数相等的知识，所以， 所以选项A正确； 对于B，由，所以， 所以， ， ， 同理：， 所以，所以选项B正确； 对于C，令，，但是， 所以选项C错误； 对于D，设分别表示复数， 由，若不共线时， 如图：，即， 若共线且反向时， 如图： 易知， 若共线且同向时， 如图：易知， 综上：，所以选项D正确. 故选：ABD. 10. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则（ ） A. A与D相互独立. B. A与B相互独立 C. B与D相互独立 D. A与C相互独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概念进行判定. 【详解】不放回依次取出两个，基本事件有， 共种， 事件“”； 事件“”； 事件“”； 事件“”. 事件，事件“”， 事件“”， 事件“”， 则，，， ，，，， 所以，所以A与D不相互独立； ，所以A与B相互独立； ，所以B与D相互独立； ，所以A与C相互独立； 故选：BCD 11. 如图，在菱形中，，，将沿折起，使A到，点不落在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下说法正确的是（ ） A. 存在某一位置，使得 B. 异面直线，所成的角为定值 C. 四面体的表面积的最大值为 D. 当二面角的余弦值为时，四面体的外接球的半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】假设存在某一位置，使得，根据空间线面垂直的判定，可判断A；作出异面直线，所成的角，结合余弦定理计算可判断B；利用基本不等式结合三棱锥表面积的计算，可判断C；判断四面体为正四面体，补成正方体，可求得外接球半径，判断D. 【详解】对于A，不妨假设存在某一位置，使得， 连接交于点O，连接，取的中点为N，连接， 为线段的中点，故； 由于在菱形中，， 而为线段的中点，故， 由于平面，故平面， 平面，故， 而，故，即为正三角形，则， 故， 又，且，故, 由于，故， 因为，满足， 即当时，使得，A正确； 对于B，因为，故异面直线，所成的角即为或其补角， 而， 由于长不是定值，故不是定值， 即异面直线，所成的角不为定值，B错误； 对于C，由题意可知, 因为，故， 当且仅当时取得等号， 故的最大值为2，而， 则四面体的表面积的最大值为，C正确； 对于D，因为，故为二面角的平面角， 即，所以， 即，而， 则四面体为正四面体，故将其补成如图所示正方体，且正方体棱长为， 则该正方体的外接球即为四面体的外接球， 正方体的体对角线长即为外接球直径，则外接球半径为， 即四面体的外接球半径为，D正确， 故选：ACD 【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间线线、线面位置以及异面直线所成角以及几何体表面积和体积问题以及多面体外接球问题，综合性强，难度较大，解答的关键是要能灵活应用空间几何的相关知识，充分发挥空间想象，结合相关定义解决问题. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某眼科医院为了了解高中学生的视力情况，利用分层抽样的方法从某高中三个年级中抽取了45人进行问卷调查，其中高一年级抽取了12人，高二年级抽取了15人，且高三年级共有学生540人，则该高中三个年级的学生总数为_______人． 【答案】1350 【解析】 【分析】由题意，求出高三年级中抽取的人数，由分层抽样的方法列式求解即可. 【详解】由题意，高三年级中抽取了人， 设该高中三个年级的学生总数为人， 由分层抽样的方法可知，解得， 故答案为：1350. 13. 已知，，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，，再由，利用两角和的余弦公式求出结果. 【详解】因为，所以，若，则， 所以， 因为，所以，若， 则，所有，故 . 故答案为：. 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理，所以， 又因为，所以， 解得或， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 由正弦定理得， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，有最小值为，当时，有最大值为， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分成，得到如图所示频率分布直方图. （1）估计该校高二学生数学成绩的平均数和分位数； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于70分的学生中，分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率. 【答案】（1）平均数为75.5，分位数为88； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1求出后，再由平均数，百分数的算法求出即可； （2）利用分层抽样和古典概率的算法求出即可； 【小问1详解】 由，解得. 该校高三学生期初数学成绩的平均数为. 前3组的频率和为，所以分位数为. 【小问2详解】 分层抽样抽取的6人中，的有人，记为 的有人，记为， 从6人中任取2人，基本事件有，共15种， 其中2人分数都在的有共6种， 所以从6人中任取2人，分数都在的概率为. 16. 已知向量与的夹角为，，. （1）求在上的投影向量的模； （2）求与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用投影向量的概念求解； （2）利用向量夹角公式，结合向量数量积的运算性质，化简求值. 【小问1详解】 在上的投影向量的模为； 【小问2详解】 ，， ， . 17. 如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面PAB是边长为1等边三角形，底面ABCD是正方形，是侧棱PB上的点，是底面对角线AC上的点，且，． （1）求证：； （2）求证：平面PAD； （3）求点到平面PAD的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得面PAB，即可得出结论； （2）法一：过作交PA于点，过作交AD于点，证明MNTS是平行四边形，推出，由线面平行的判定定理，即可得出结论； 法二：过作交AB于点，可得平面PAD，平面PAD，从而平面平面PAD，由面面平行的性质可得结论； 法三：连接BN并延长交直线AD于点，可得，由线面平行的判定定理，即可得出结论； （3）法一：平面PAD，点到平面PAD的距离是点到平面PAD的距离，在平面PAB内过作于，可证得平面PAD，则MH是点到平面PAD的距离，求解即可； 法二：设点到平面PAD的距离为，取AB的中点，则底面ABCD，利用等体积法，由求出结果． 小问1详解】 侧面底面ABCD，且平面PAB与平面ABCD的交线为AB，，平面ABCD， 平面PAB，平面PAB，． 【小问2详解】 法一：过作交PA于点，过作交AD于点，连接ST， ，，同理可得， ，， 是平行四边形，， 又平面PAD，平面PAD，平面PAD． 法二：过作交AB于点，连接EN， ，又，，  ， 又平面PAD，平面PAD，平面PAD， ，平面PAD，平面PAD，平面PAD， 又，平面MEN， 平面平面PAD，又平面MEN，平面PAD． 法三：连接BN并延长交直线AD于点， ，， ，， 又平面PAD，平面PAD， 平面PAD． 【小问3详解】 法一：平面PAD，点到平面PAD的距离是点到平面PAD的距离， 在平面PAB内过作于， 平面PAB，平面PAB，， ，平面PAD，平面PAD， 是点到平面PAD的距离， 在中， ，  ，， 所以点到平面PAD的距离为． 法二：设点到平面PAD的距离为h，取的中点，连接，则， 侧面底面，侧面底面，侧面， 底面， ，， ， 即点到平面的距离为． 18. 在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.的内角所对的边分别为，，，已知 （只需填序号）. （1）求角； （2）若是锐角三角形，边长，求面积的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①：根据正弦定理结合三角恒等变换运算求解；选②：根据正弦定理结合切化弦运算求解；选③：利用余弦定理边角转化，运算求解即可； （2）利用正弦定理结合正切函数可得，再结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 若选①：因为，由正弦定理可得， 且，可得，整理得， 注意到，则，可得，所以； 若选②：因为，由正弦定理可得， 注意到，则， 可得，即，所以； 若选③：因为，由余弦定理可得， 整理得，则， 注意到，所以. 【小问2详解】 因为是锐角三角形，， 则，解得， 由正弦定理可得，则， 可得，则，所以， 故面积， 所以面积的取值范围为. 19. 如图，已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，，E，F分别是AB，CD的中点． （1）求证：平面平面； （2）当直线与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可证，又，可证CD平面PEF，进而可得结论； （2）由已知可得为二面角的平面角，设，由余弦定理可求PF，作，利用等面积法可求EG，设PA与平面PCD所成的角为，可得，进而利用换元法结合基本不等式可求正弦的最大值，从而可求二面角的余弦值． 【小问1详解】 （1），又，， 又，平面平面，平面， 又平面，平面平面． 【小问2详解】 为二面角的平面角． 又因为，平面，平面，所以平面， 所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离， 设，在中，由余弦定理可得 ， 所以， 在中，作， 平面，平面，, ，平面，平面， 由等面积法可得：， 设PA与平面PCD所成的角为， 则， 令， 则， 当且仅当时，即，等号成立，取最大值． 所以：PA与平面PCD所成的角最大时，二面角的平面角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$