北京市陈经纶中学2025-2026学年高一下学期贯通班期中考试数学试题

**基本信息** 2026北京陈经纶中学高一（下）期中数学试卷，以向量、立体几何、解三角形、统计为核心，通过正方体顶点垂直判断（选择4）、马拉松成绩统计分析（解答17）等题，考查空间观念、数据意识与运算能力，体现数学思维的严谨性与应用价值。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/50|直观图面积（2）、正四面体线线角（6）|分层设计，从基础（向量共线）到综合（立体几何动态问题）| |填空题|6/30|石凳体积计算（12）、三角形存在性（14）|结合生活情境，考查空间想象与逻辑推理| |解答题|5/70|解三角形三选一条件（18）、集合子集数表（21）|注重开放探究，如21题新定义问题培养创新意识，17题统计综合考查数据分析能力|

2026北京陈经纶中高一（下）期中 数 学（贯通） 班级 姓名 学号 （时间： 120 分钟 满分： 150 分） 一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分。 1．已知平面向量，且，则（    ） A． B． C． D．1 2．一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（    ） A． B．6 B． C． D． 3．设是两个不同的平面，是直线且，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 5．在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 6．如图，在棱长为1的正四面体中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 7．如图，是的中线，G为的中点，过点G的直线分别与交于点，且，，其中，则的最小值为（   ） A．4 B．9 C． D． 8．图1是陕西大荔中学花园中的一座仿古亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示．已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 9．如图，是以为直径的半圆和围成的区域内一动点（含边界），若，且， 则的最大值为（   ） A．8 B．12 C．18 D．24 10．如图，在中，D是AB的中点，O是CD上一点，且，其中所有正确结论的序号是（    ） ①； ②； ③过点O作一条直线与边AC，BC分别相交于点E，F，若，则； ④若是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则的取值范围是 A．①④ B．②③ C．②④ D．①③④ 二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分。 11．是虚数单位，则的值为________. 12．某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是，则石凳的体积为___________． 13．已知某学校汉服社、书法社、诗歌社、曲艺社四个学生社团的人数比为，现用比例分配的分层随机抽样的方法，从这四个社团中抽取20人担任志愿者，则从曲艺社抽取的人数为______． 14．在中，，，若存在且唯一，则的一个取值为______． 15．如图，某湖泊沿岸有四个镇，已知镇与镇之间的距离为，镇与镇之间的距离为，测得，，，则两镇之间的距离为__________． 16．如图，在正方体中，，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①存在点，使得三棱锥的体积为； ②存在点，使得与所成角的大小为； ③点到平面的距离随的增大，先变大再变小； ④直线与平面所成的角随的增大，先变大再变小. 其中所有正确结论的序号是_____________. 三、解答题：本大题共5个小题，共70分。 17．“2026重庆马拉松”成功举行，某单位承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． (1)求a，b的值； (2)若面试成绩前的候选者为优秀候选者，请估计优秀候选者成绩的最低分； (3)现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，担任本次宣传者．若本次宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和40，据此估计这次第二组和第四组这两组的所有面试者的方差． 18．在中，，，分别是角的对边，且． (1)求A的大小； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长． 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分． 19．如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，与交于点O，在底面的投影为O，为中点，其中. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求多面体的体积. 20．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形，，平面平面BCFG，D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为l. (1)证明：； (2)求直线FD与平面ABG的夹角正弦值； (3)在线段CG（不含端点）上是否存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求E的位置；若不存在，请说明理由. 21．设，已知由正整数组成的集合，集合，，…，是的互不相同的非空子集，定义数表： ，其中，设，令是，，…，中的最大值． (1)若，，且，求，，及； (2)若，集合，，…，中的元素个数均相同，若，求的最小值； (3)若，，集合，，…，中的元素个数均为3，且，求证：的最小值为3． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C C A D D C A 1．A 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求解即得. 【详解】由向量与同向，得， 即，而向量不共线，则，又，解得， 所以实数t的值为. 故选：A 2．D 【分析】结合图形可得，求出四边形面积后可得四边形的面积. 【详解】设轴与交点为D， 因为轴，轴， 所以， 因为轴， 所以四边形为平行四边形， 故, 又, 轴， 得, 故． 所以四边形面积为, 因为四边形面积是四边形的面积的， 所以四边形的面积为． 3．B 【分析】由面面平行的判定定理与性质定理判断充分性和必要性即可． 【详解】先验证充分性：当且时，若与相交，则得到与两平面交线平行， 故不一定成立，即充分性不成立； 再验证必要性：当且时，，必要性成立． 综上，在给定条件下，“”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 4．C 【分析】利用空间向量法可解. 【详解】 不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 对于A，则， ， 则，所以不垂直，故A错误； 对于B，则， ，则，所以不垂直；故B错误； 对于C，则， ，则，所以垂直，故C正确； 对于D，则， ，则，所以不垂直，故D错误. 5．C 【详解】在中，， 又可得，从而； 利用余弦定理和面积公式可将化为， 所以，从而，故是等边三角形. 6．A 【分析】连接MD，取其中点Q，连接，由得到是直线AM和CN的夹角或补角，接着在中由余弦定理求出即可求解. 【详解】连接MD，取其中点Q，连接， 由题意可得， ，且， 所以是直线AM和CN的夹角或补角，， 所以. 所以，即直线AM和CN夹角的正弦值为. 故选：A 7．D 【分析】根据平面向量的线性运算用表示出，由平面向量基本定理可知，其系数和为1，可得到关于的等式，利用基本不等式中“1”的妙用即可求得的最小值. 【详解】因为G为的中点，所以， 又是的中线，即为的中点，所以， 所以. 由，，其中，得，， 所以. 因为三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 故选：D. 8．D 【分析】由体积关系可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，结合图形可得，即可求解． 【详解】因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，设为，如图， 则， 则其外接球的半径为, 解得，所以， 9．C 【分析】利用极化恒等式，取中点化数量积为，从而转化为动点到定点的最大值问题，然后借助图形分两类来求最大值，通过比较可产生最大值. 【详解】 取中点为，由， 因为，所以， 若在围成的区域内一动点（含边界），当与重合时取到最大值，, 若在以为直径的半圆区域内一动点（含边界）， 此时，当P为直线OM与半圆的交点时等号成立， 因为， 所以， 故的最大值为， 故选：C. 10．A 【分析】根据平面向量的线性运算可判定①，由线性运算及数量积运算可判定②，根据平面相机本定理可判定③，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可判定④. 【详解】对于①，由题意，，，， 故，正确； 对于②，，错误； 对于③，， ， ， 因为E，O，F三点共线，所以， 即，解得，，错误； 对于④，以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，， ，，， 设，， 因为， ， 所以，， 所以当时，有最小值为；当时，有最大值为， 即的取值范围是，正确； 故选：A 11． 【详解】由题得. 12． 【分析】利用正方体、棱锥的体积公式，结合石凳的结构特征求其体积. 【详解】正方体体积， 石凳体积为正方体体积减去8个被截去的正三棱锥体积，每个被截去的正三棱锥三条侧棱长为， 则一个正三棱锥体积为， 所以石凳的体积为. 13．6 【分析】根据分层抽样的定义结合题意直接求解即可. 【详解】由题意得从曲艺社抽取的人数为 . 故答案为：6 14．5（答案不唯一） 【分析】根据给定条件，利用正弦定理列式求解即可. 【详解】在中，，，由正弦定理，得， 由存在且唯一，知或且，解得或，而， 所以的一个取值为5. 故答案为：5 15． 【详解】在中，由余弦定理得 ， 所以，在中，， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以， 在中， ，故． 16．①④ 【分析】对于①三棱锥以作为底面,为高就可以作答，对于②需要利用平行的关系将其转化为另外一个角度计算，对于③根据平行关系转化点到平面的距离，对于④利用面面平行关系转化角度计算. 【详解】①三棱锥体积可看作作为底面,为高， 所以,又因为点在线段上运动，的最大值是2,所以体积的范围是，因为,故①正确. ②因为,所以与所成角等于与所成角， 即,,在三角形内的最小值为,最大值是2, 所以,而,不在范围内，故②错误. ③因为,,,所以. 点到平面的距离等于点到平面的距离，如图 过C作的垂线,交于点E,又因为,所以, 又因为,所以,所以点到平面的距离是的长. 由图形可得,逐渐减小，所以也逐渐减小，故③错误. ④因为，所以直线与平面所成的角等于直线与所成的角，即，,因为是先减小后增大的，所以就先增大后减小,故④正确. 故答案为：①④ 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据频率直方图中各小矩形的面积之和为1，求解即可； （2）应用百分位数的定义确定面试成绩前候选者的最低分所在区间，即可求； （3）根据分层抽样的抽样比公式，结合总体方差运算公式进行求解即可. 【详解】（1）由题意可知，，解得； （2）由（1）及图知，， 所以面试成绩前候选者（分数从高到低）的最低分位于区间，设为， 所以，可得. （3）设第二组、第四组的平均数分别为，方差分别为， 且各组频率之比为： ， 所以用分层抽样的方法抽取第二组面试者人， 第四组面试者人， 则第二组和第四组面试者的面试成绩的平均数， 第二组、第四组面试者的面试成绩的方差 ， 故估计第二组、第四组面试者的面试成绩的方差是． 18. 【答案】(1) (2)选条件①或③， 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果； （2）选条件①：利用两角和差公式可得，根据面积关系求高；选条件②：利用正弦定理分析可知不唯一；选条件③：利用余弦定理可得，进而可得，根据面积关系求高. 【详解】（1）在中，因为， 由正弦定理可得 因为，则， 即， 可得，即， 且，则，可得， 又因为，所以． （2）选条件①：因为在中，， 且，则， 可得， 设边上高线的长为，所以； 选条件②：由正弦定理可得， 且，，可得或， 检验可知均符合题意，即不唯一，不合题意； 选条件③：由余弦定理得， 即，可知为等腰三角形，则， 设上高线的长为，所以. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先构造证线面垂直，再证面面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，先求平面与平面的法向量，再利用空间向量数量积的运算求两平面夹角的余弦. （3）方法1：利用，分别求三棱锥，的体积即可. 方法2：将多面体看成四棱锥，再利用空间向量求点到平面的距离，利用锥体体积公式可求多面体的体积. 【详解】（1）取中点E，连接、、， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由（1）得以O为原点建系如图： 则，，，，， 设，因为，所以，则， 所以. 则，，. 设面的法向量为，面的法向量为， 所以，则， 令，所以，，则. 因为, 由,则，令，所以，，则. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）方法一：因为， ，所以，则， 所以. 过O作于K， 由（1）得平面平面，平面交平面于，所以平面CFD， 因为，所以， 所以. 方法二：因为，所以，F，D，A四点共面，则多面体为四棱锥， 因为，， 设面的法向量为，所以， 则，令，则，，所以， 因为，所以点C到面的距离为. 因为， 所以，则， 所以平行四边形的面积为，所以四边形的面积为. 所以. 20．(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， 又为平面内两条相交直线， 所以平面， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 又在平面内，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由， 令，则，， 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 21．(1)， (2)4 (3)见解析 【分析】（1）根据和即可求解， （2）将问题转化为至少有3个元素个数相同的非空子集．分别对中的元素个数进行列举讨论，即可求解， （3）由的定义以及，即可结合，，…，中的元素个数均为3，进行求解. 【详解】（1）根据和可得，故， （2）设使得， 则，所以． 所以至少有3个元素个数相同的非空子集． 当时，，其非空子集只有自身，不符题意． 当时，，其非空子集只有，不符题意． 当时，，元素个数为1的非空子集有， 元素个数为2的非空子集有． 当时，，不符题意． 当时，，不符题意． 当时，，令， 则，． 所以的最小值为 （3）由题可知，，记为集合中的元素个数， 则为数表第列之和． 因为是数表第行之和， 所以． 因为，所以． 所以． 当， 时， ， ． 所以的最小值为. 【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $