浙江省柯桥中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

**基本信息** 高一年级期中数学卷聚焦空间观念、运算能力与数据意识，通过统计分析（如竞赛成绩频率分布）、立体几何证明（如四棱锥线面关系）及解三角形综合题，实现基础巩固与能力提升的梯度设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、统计、向量等|基础层，如百分位数与平均数计算| |多选题|3/18|复数、正方体动态问题|能力层，如线面垂直判断与轨迹分析| |填空题|3/15|斜二测画法、梯形最值|创新层，如折叠体距离取值范围| |解答题|5/77|统计、立体几何、解三角形|综合层，如频率分布直方图与外接球体积计算|

柯桥中学2025学年第二学期高一年级期中考数学试卷 （考试时间：120分钟，分值：150分） 一、单选题：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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．某校高一年级个班参加合唱比赛的得分如下：89，87，93，91，96，94，90，92，则这组数据的第25百分位数和平均数分别是（　　） A．89和91.5 B．89.5和91.5 C．90和91.5 D．90.5和92 3．已知，，为向量，则“”是“或”的（   ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在三棱柱中，侧棱底面,是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（    ） A．与是异面直线 B．平面 C．与所成角的余弦值为 D． 6．如图，设，，线段DE与BC交于点F，且，则（    ） A． B．3 C．4 D．5 7．已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 8．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A． B．的共轭复数为 C．若A,B分别是复数z1,z2在复平面内对应的点，O为坐标原点，若|z1+z2|=|z1-z2|，则△AOB一定是等腰三角形 D．若复数是关于的方程的一个根，则 10．如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有 A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化 B．无论点N在何处，始终有平面成立 C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为 D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形 11．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则（   ） A． B． C．边上的中线长为 D．的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为_________． 13．如图，在等腰梯形中，，，，tan B=2，点是梯形的腰上的一动点，则的最大值是_________． 14．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，其中ABCD是正方形，已知AB=1，AA1>1．设点A到直线A1C的距离和到平面DCB1A1的距离分别为d1，d2，则d1/d2的取值范围是_________． 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．如图，在中，，若点为的中点，点在上，且，线段与相交于点． (1)用表示； (2)求． 16．某中学举行了一次环保知识竞赛，为了了解本次竞赛的情况，从中抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，将其成绩（满分：100分）分成六组，得到如图所示频率分布直方图. (1)求图中的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若根据这次成绩，学校准备给成绩较高的前的学生颁发“环保小达人”荣誉证书，估计获得该荣誉证书的最低分数； (3)若落在中的样本数据的平均数是54，方差是6，落在中的样本数据的平均数是66，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差. 17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，平面平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面PCD； （3）求AC与平面PCD所成角的正弦值． 18．已知中，角所对的边分别为，满足． (1)求角的大小； (2)若，求周长的最大值； (3)若，为线段上一点，满足，求的面积． 19．将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． (1)证明：； (2)若二面角和的平面角互补，求； (3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $柯桥中学2025学年第二学期高一年级期中考数学试卷参考答案 题号 2 4 6 8 9 10 答案 B C A 0 C AB BCD 题号 11 答案 ACD 8.【详解】因为a2+c2-b2=√5ac,由余弦定理得2 ac cos B=√3ac, 所以coB=5,又e0,,所以B=天， 2 61 因为1+V2simA sin 2C 2sin Ccos C sin C 1-2 cos 4 1+cos2C 2cos2C cosC 所以cosC+√2 sin AcosC=sinC-√2 cos Asin C, 即√2sin(A+C)=sinC-cosC, 又A+C=x-B,所以2sinB=V2simc-T 4: 所以B=C-T或B+C-T=元（舍）， 4 6+412,所以A=π-B-C=元-元5π5 所以C=”+-5π 61212 故选：B ll.【详解】对A:sinA=sin元-(B+C)]=sin(B+C)=sin BcosC+sin C cos B, 由正弦定理可得a=bcosC+ccosB,由bcosC=3 ccos B, 则a=bc0sC+cc0sB=3 c cos B+cc0sB=4cc0sB,故A正确； 对B:由正弦定理可得sin BcosC=3 sinC cosB, sin(B-C)=sin B cos C-sin C cos B =3sin C cos B-sin C cos B 2sin C cos B, 由A知a=4 ccos B,则sinA=4 sin C cos B, 故sinB-C)=2 2sin Ccos=2sin4≤2 1 .1 故B-C≤30°或B-C≥150°， 由bcosC=3 ccos B可知cosC与cosB同号， 若同为负数，则90°<B,C<180°，不符， 故cosC、cosB同为正数，故B-C2150°不符，舍去， 故B-C≤30°，故B错误； 答案第1页，共2页 对C:设BC中点为D,则∠ADB+∠ADC=π，即∠ADB=π-∠ADC, 故cos ZADB=c0Sπ-LADC)=-c0 SZADC,即cos∠ADB+cos∠ADC=0, 2 AD2+a D+ -b2 由余弦定理可得cos∠ADB= 2 -，Cos∠ADC= (2 2AD.0 2AD.0 2 2 AD2+ -e2 AD2+0 -b3 故 2 =0,整理得AD=2b2+2c2-a2 2AD.a 2AD.a 4 2 由A知，a=4 ccosB,则a=4c.a+c2-b ,整理得a2=2b2-2c2, 2ac 故D? 26+2c2-2b-2c）-c2,故4D=c,故C正确： 4 对D:由C知，a2-282-2c,则2b-2c>0,故1， b+c>a,则b+c2>a2=2b2-2c2,整理得b2-2bc-3c2<0, 左右同除，可得-2)3-名2k0,解得0冬3： 综上可得的取值范围是1,3)，故D正确， 12.2V5+2 13.6 14. 23 15.【详解】(1)因为点D为AB的中点，所以DC=DB+BC=-1BA+BC, 因为点E在BC上，且BE=2EC,所以EA=EB+BA=-2BC+BA: 2)函-c-(8i-号C(aa+8Cai+gMc-8c s、1 4 12 ×4+-×2×3× 2×9=-4 2 3 23 16.【详解】(1)由题可得10(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010=1→a=0.030, 所以样本数据的平均数约为 答案第1页，共2页 10(0.005×45+0.010×55+0.020×65+0.030×75+0.025×85+0.010×95=74: (2)成绩较高的前20%的学生对应的频率为0.2， 成绩在[90,100的频率为10×0.01=0.1， 成绩在80,90)的频率为10×0.025=0.25， 设获得该荣誉证书的最低分数为，则90-x-0201三x=86, 90-800.25 (3)由题可得成绩在[50,60)和[60,70)的频数分别为0.01×100=10,0.02×100=20， 所以这两组数据的总平均数元-10x54+20x6=62和方差 10+20 2= 10j6+54-62]+0+20l3 10+20L +20「3+66-622]=36 17.【详解】(1)连接BD,交AC于点0，连接E0, P A δ B :四边形ABCD为正方形，O是BD的中点， 又E为PD的中点，·EOIPB, 又PBd平面EAC,EOC平面EAC,.PB∥平面EAC; (2):底面ABCD为正方形，.CD⊥AD. :平面PAD⊥平面ABCD,且平面PADO平面ABCD=AD,CDc平面ABCD, CD平面PAD,:AEc平面PAD,.AE⊥CD, 又PAD是正三角形，E为PD的中点，.AE上PD, :CD∩PD=D,AE⊥平面PCD. :AEC平面ABE,·平面ABE⊥平面PCD. (3)取AD的中点O,连接PO, 因为PA=PD,所以PO⊥AD, 又因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩A底面ABCD=AD,POC平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD., 如图，建立空间直角坐标系O-z, 答案第1页，共2页 返p440-0-4-o,则raa4ga0小c号o小号a0 c=(aa0c-5mga 设i=(x,,2)是平面PCD的法向量， V 元·PC=0 x1+ay-29 z,=0 则 ,即{ i·PD=0 a 厂2-2a%=0 令1=1，解得x=-3,y=0,元=(-V5,0,1), 设AC与平面PCD所成角为a,则sina= AC√3aV6 AC2a2 4 18.【详解】(1)因为(b-c)b+c)=a(a-c), 所以b2-c2=a2-ac. 故cosB=+c2-b2ae.1 2ac 2ac2' 又因为BeQ,所以B-香： （2)B=分b=2 由余弦定理可得：b2=a2+c2-2 ac cos B, 即4=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac, 又因为c≤（生-a49,当1仅当a=c,等号成立， 4 所以4=(a+c2-3ac≥(a+c}-3a+c=a+c 4 4 当且仅当a=c时，等号成立， 所以(a+c)2≤16， 答案第1页，共2页 所以a+c≤4，当且仅当a=c=2时，等号成立， 所以ABC周长1=a+c+b=a+c+2≤4+2=6，当且仅当a=c=2时，等号成立， 所以ABC周长的最大值为6： (3)如图所示： B 设AD=x(x>0), 则BD=CD=2x, 在△ABD中，由余弦定理可得： COSLADB=BD+AD-ABxx-c 2BD·AD 4x2 4r2, 在△BCD中，由余弦定理可得： cos∠CDB=BD'+CD°-BC2-42+42-12_82-12 2BD.CD 8r2 8r2 又因为∠ADB与∠CDB互补， 所以cos ZADB=-cosLCDB, 所以c2=9x2-6①， 在ABC中，由余弦定理可得： COs ZABC=4B+BC-AC+12-9x1 2AB:BC 45c 2 整理得c2=9x2+2V3c-12,② 由①②可得：2V5c-12=-6, 解得c=V3, 所以5c-号8-Bcsn4BC-acs如号-3 32 19.【详解】(1)取AC中点M,连接BM,DM,因为AB=BC,所以BM⊥AC,同理有 DM⊥AC, 且BMODM=M,BM,DMC平面BDM,所以AC⊥平面BDM, 又因为BDC平面BDM,所以AC⊥BD 答案第1页，共2页 (2)由(I)可知BM⊥AC且DM⊥AC,所以∠DMB即为二面角D-AC-B的平面角， 设∠DMB=a, 取BD中点N,连接AN,CN,因为AB=AD,所以AN⊥BD,同理有CN⊥BD, 所以LANC即为二面角A-BD-C的平面角，设∠ANC=B, 在ADMB中，BM=DM=}AC=1,设BD=X, 由余弦定理有cosa-BM2+DM2-BD2-P+1P-x2-r 2×BM×DM 2×1×1 2 4 由余弦定理有cosB=AN2+CN2-AC 222》 人9 2×AN×CN 22-x x-8’依题意有a+B=π， 期asa-cB即己号3号，令1=2，有到2-18-=.化简r-12416-0 解得1=6±2V5,在△DMB中有x=BD<BM+DM=2,所以t=x2<4,所以t=6-2V5, 所以x=V6-25=5-=5-1即BD=5-1 (3)我们只需要证明存在四面体D-ABC,其内切球半径r>2-√3， 设四面体的体积和表面积分别为少和S,利用等体积法可得，-3汇 S 其中r--x万DM sina=ina, 1 3 3 S=S.ABC+S.4DC+2S.4BD=1+1+2x LBDX AN 2+x 2 由(1)可知x2=2-2cosa,代入得 答案第1页，共2页 S=2+ (2-2cosa) 2、 2-2cosa 4 =2+/1-cosa)(3+cosa), sina 所以r 2+1-eosa3+eosa,取eoa=写 可得sina 2w6 2V6 5 此时P= -4=6+28+3-4-182-25, 819 27 且(18V=648>625=25,所以6+v5>2即6>2-V5,命题得证 9 答案第1页，共2页