精品解析：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a，b，c，若，则（ ） 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，则原图形中的（ ） A. B. C. 3 D. 2 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 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为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 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（ ） A. B. C. D. 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，i为虚数单位，若，则（ ） A. 复数z的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 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. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ） A. 取得最小值 B. 当M为线段中点时，平面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， D. 若，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______． 13. 轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的侧面积_____ 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t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. 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，并得到频率分布直方图如下： （1）求实数a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. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点． （1）证明：平面； （2）试确定点P的位置，使得． 17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求A的大小； （2）已知，若A为钝角，求面积的取值范围． 18. 已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． （1）证明：平面； （2）延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； （3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值． 19. 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a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧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，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，，设. 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，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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a，b，c，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理结合进行求解即可. 【详解】由正弦定理得：，则， 由得，所以， 故选：C． 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 【答案】B 【解析】 【分析】由分层抽样的概念求解． 【详解】解：依题意高一2班应抽取的人数为人， 故选：B． 3. 已知平面四边形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形中的（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解. 【详解】根据斜二测画法规则，，且，则， 故选：C． 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的平行关系，垂直关系，判断选项. 【详解】A中可能在内，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中可能在内，可能平行于，可能与斜交，错误. 故选：B 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. 【答案】D 【解析】 【分析】由独立乘法公式以及对立事件概率公式即可求解. 【详解】由题意，甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率， 再由对立事件关系，则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率， 故选：D． 6. 平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求解即可． 【详解】解：由题意，，， 又，， 所以，即有， 故选：A． 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 【答案】A 【解析】 【分析】设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则，在△ABC中，由余弦定理求解． 【详解】解：设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则， 又， 在△ABC中，由余弦定理得：， 则，即，解得或（舍去）， 故选：A． 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用数形结合及极化恒等式，化，求解即可． 【详解】解：如图， 根据投影向量定义知，，则，且， 因为，所以点C在以O为圆心，半径的圆上运动． 设M是AB的中点，由极化恒等式得：， 因为，此时， 即的最小值为， 故选：D． 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，i为虚数单位，若，则（ ） A. 复数z的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第一象限 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意，，再依次判断． 【详解】解：由题意，，则虚部为，，则A正确，B错误； 在复平面内对应的点在第二象限，C错误； ，，，D正确， 故选：AD． 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. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】写出样本空间以及各个事件所包含的基本事件，再结合古典概型概率计算公式逐一验算即可求解. 【详解】由题意，摸球两次的样本空间 ， 事件， 事件， 事件， 所以，， ， 利用古典概型计算公式，，，，， 故选：ABD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M为线段上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ） A. 取得最小值 B. 当M为线段中点时，平面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， D. 若，则点O的轨迹长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将平面沿翻折到与平面为同一平面，结合勾股定理以及三角形三边关系即可判断；对于B，设N是的中点，得出四边形是菱形即可判断；对于C，当时，验算四面体ABMD的外接球的表面积即可判断；对于D，找出点的轨迹即可验算求解. 【详解】选项A中， 将平面沿翻折到与平面为同一平面，则，当D，M，三点共线时，等号成立，故A正确； 选项B中， 设N是的中点，连接，NB， 而正方体的棱长为2，且分别为的中点，所以， 所以四边形是菱形， 所以平面就是平面，此截面是平行四边形，故B正确； 选项C中，当时，因为CM，AD，AB两两垂直， 所以四面体的外接球的直径 ，则，此时外接球表面积，故C错误； 选项D中， 由，所以点O在的中垂面上，设的中点为H， 则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面，则， 所以点O在以H为圆心，的半圆上运动，点O的轨迹长为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键的得出点首先在面上，进一步得出可确定的轨迹，由此即可顺利得解. 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______． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出的坐标，再由向量共线的坐标表示计算可得. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，所以. 故答案为：． 13. 轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的侧面积_____ 【答案】 【解析】 【分析】由题意求圆锥的底面半径和母线长，代入侧面积公式，即可求解. 【详解】圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则易知圆锥底面半径，母线长， 结合圆锥的侧面积公式. 故答案为： 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t的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知式子统一成角的形式，化简得，然后由已知得，化简后利用正弦定理统一成角的形式，再利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为 所以由正弦定理得， 由得：， 当且仅当，即，时等号成立， 故答案为：． 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. 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，并得到频率分布直方图如下： （1）求实数a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） 【答案】（1）； （2）41.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1得到方程，求出实数a的值； （2）利用平均数的定义进行求解； （3）先确定年龄的第80百分位在之内，设第80百分位数为x，得到方程，求出答案. 【小问1详解】 由题知，，则； 【小问2详解】 由图样本平均数； 【小问3详解】 由题知，年龄在的频率为0.9，年龄在的频率为0.6， 则年龄的第80百分位在之内，设第80百分位数为x， 则，解得． 16. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点． （1）证明：平面； （2）试确定点P的位置，使得． 【答案】（1）证明见解析 （2）点P为中点 【解析】 【分析】（1）由得到平面，同理得到面，得到面面平行，进而得到线面平行； （2）作出辅助线，得到，结合，得到线面垂直，故，结合，平面，所以，证明出结论. 【小问1详解】 由题知，由，则四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可证面， 由面，面，， 所以平面平面， 又面，所以面； 【小问2详解】 取BC中点E，连接DE，PE．在△BDC中，， 则△BDC为正三角形， 所以，又，，平面EDP， 所以面EDP，因为平面，所以． 在面中，，平面，所以， 在中，E为BC中点，所以EP为中位线，则点P为中点． 17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求A的大小； （2）已知，若A为钝角，求面积的取值范围． 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，求出或； （2）由得到，故，以由（1）知，，且，由余弦定理，由基本不等式得，求出，得到面积的取值范围. 【小问1详解】 由正弦定理，， 则有， 因为在△ABC中，， 所以化简得：， 又，解得：或； 【小问2详解】 由得：， 则，从而， 因为A为钝角，所以由（1）知，，且， 由余弦定理可得：， 因为，所以，所以， 当且仅当时等号成立， 又b，c可以无限接近0，所以， 从而， 故△ABD面积的取值范围为． 18. 已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． （1）证明：平面； （2）延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； （3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设是的中点，连接，，则利用三角形中位线定理结合已知可证得四边形是平行四边形，则，再由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由题意可得当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大，由已知可得△PAB是边长2的正三角形，从而可求出三棱锥的体积； （3）由题意可得二面角的平面角是，利用余弦定可求出其余弦值，作于点O，连接PO，则可得∠BPO为直线与平面所成角，然后在中可求得结果. 【小问1详解】 证明：如图，设是的中点，连接，， 在三棱台中，因为，所以， 且，因为E，F分别是AB，BC的中点， 所以，， 所以∥，，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，又为定值， 所以当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大． 因为∥，，所以分别是PA，PB的中点， 所以， 因此△PAB是边长2的正三角形， 因为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC， 又，则； 则三棱锥P-ABC的体积最大值为1． 【小问3详解】 如图，，是PC的中点， 则， 所以二面角的平面角是， 又，由余弦定理得：，解得， 作于点O，连接PO，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，则∠BPO为直线与平面所成角， 由，则， 从而， 所以直线与平面所成线面角的余弦值为． 19. 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a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧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，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，，设. 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，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②， 【解析】 【分析】（1）易得，再由球面三角形ABC面积公式求解； （2）①利用余弦定理和求解；②根据AD是球的直径，论证，则以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，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面OBC法向量和平面EST法向量，由，确定t的取值，设平面AEC中的法向量，确定球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，由求解. 【小问1详解】 若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为， 【小问2详解】 ①证明：由余弦定理有： ，且， 消掉，可得. ②由AD是球的直径，则，， 且平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD， 则，且平面ABC， 可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，， 不妨先令，则， 由， 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，则，，， 可得，， 则， 设平面OBC法向量， 则 取，则， 可得，， 设平面EST法向量， 则 取，则， 可得， 要使取最小值时，则取最大值， 因为， ， ， 令， 则， 可得， 当且仅当时取等号. 则取最大值，为最小值， 此时点后，可得， 设平面AEC中的法向量， 则 取，则， 可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $