福建省厦门第一中学2025-2026学年高一下学期6月适应性训练数学试题

厦门一中2025-2026学年第二学期高一年6月适应性训练 数学 满分：150分考试时间：120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，考生只须将答题卡交回. 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.某校有男生860人，女生640人，现按性别采用按比例的分层抽样的方法从该校学生中抽取75人进行调查， 则男生被抽取的人数是 A.22 B.32 C.43 D.53 2.己知i为虚数单位，若3=2+1，z2=1-2i,则4-3i= A.51+52 B.31-22 C.122 D. 3.平面向量ā，万，：在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ā-c)五= a A.-1 B.1 C.-5 D.5 4.已知，B,y是三个不同的平面，且a⊥B,则y11a”是“y⊥B”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.如图，一条河两岸平行，河的宽度为200m,一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行.已知船在静水中 的速度1的大小为=10km/h,水流速度v2的大小为=8km/h.设这艘船行驶方向与水流方向的夹角为6， 行驶完全程需要的时间为t(min),若船的航程最短，则 A.50<2 1=15 B.2π<0<3π，t=1.5 2 3 4 c. 2π 4,ts2 3兀 3π 5π D. 4 `6ts2 <0< 0 6.已知△ABC中C为直角，分别以CA,CB,AB所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何 体，体积分别为K,八，店，若=雪-牙 A月 B.号 c君 D.7 7.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=, 2sinB sin'4+2sin2C 则△ABC面积的最大值为 A.2 B.v2 C.V② 2 D.② 3 4 8.在三棱锥A-BCD中，AB=CD=√5，AD=BC=V10,AC=BD=V3,则D到平面ABC的距离为 A.9 8号 C.14 D.4 2 3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要 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.如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图： 世界人口变化情况折线图 2050年世界人口分布预测图 2050年世界人口预测图 人口/亿 个人口/亿 6 100 洲 50 80H 40 60 非洲 30----------- 40 亚洲 子北美洲 30 20 0 南美洲及 10- 04 195719741987199920252050年份 大洋洲 洲洲别 大洋 下列结论中正确的是 A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加 B.2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多 C.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平 D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢 0。在△4BC中，BC=4,AC=2,∠4CB=, A.AB=2√5 B.若CD是△ABC的中线，则CD=√5 C.若CD是△ABC的高，则CD=2 D.若CD是△ABC的角平分线，则CD=4 Γ3 11.一个封闭的直三棱柱容器ABC-ABC1内装有高度为3的水（如图所示，底面处于水平状态）.记水面为， AC=BC=2,AC⊥BC,CC1=4,现以AB所在直线为轴，将容器逆时针旋转90°的过程中，下列说法正确的是 A.水面形状的变化依次为三角形，等腰梯形，矩形 B.水面始终都不是正三角形 A C.当a经过C时，与平面ABC1的交线长为6 B D.当逆时针旋转90°时，水面的面积为4√2 C 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知z为复数，则z-3+-41的最小值为▲一· 13.记△ABC的外心为点O,且AB2+AC2-2AC=0,则BC.AO的最小值是▲· 14.在三棱锥P-ABC中，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且CB=2√2，AB=AC=√6，二面角 P-AC-B的大小为120°，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为▲· 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.已知=1，=V2. (1)若a,五的夹角为45°，求a+: (2)若(2a-)1b,a与i的夹角为6，求6的值. 16.如图1所示，四边形ABCD为正方形，PC=PD=CD,E为PC的中点.将△PDC沿直线CD翻折使得DE⊥ 平面PCB,如图2所示. D 图1 图2 (I)证明：平面PCD⊥平面ABCD; (2)求平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值. 17.某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分， 成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中α的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数： 频率 (2)已知落在区间[50,60)的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间[60,70)的 个组距 样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数z和方差s2. 0.0 a 0.02 0.01 0.005 405060708090100分数 18.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形，PA=PB,O为AB的中点，OD⊥PC. (1)求证：OC⊥PD: ②点M在PD上，且OM∥平面8C,求路的值： (3)诺PD与平面P8C所成角的正弦值为 ,AB=2,求四棱锥的P-ABCD的体积. 3 D 9.已加BC的有ABC利的边分别为，月A万随点D在6C外接国上，且 点C和点D位于边AB的两侧，连接CD,己知AC=3,AD=2BD· (1)判断△ABC的形状： (2)若BD=2,求四边形ADBC的面积S; ⑧味识的最大值， 厦门一中2025-2026学年第二学期高一年6月适应性训练 数学参考答案 1.c 2.C 3.B 4.A 5.D 6..B 7.D 8.B 9.ABC 10.BD 11.ACD 12.513.-4 14.10π 5如图，设∠08=“0<u》,医使船的航程最知，则船的实际就行方向与片边重直， Vik-Av B A 由图可知sina= 84 2 6 200 4 3 sina=5 所以osa=子，所以v=c=10x；=6(km/h),故F6x10-2 (min) 5 60 6以C1所在直线为辅，旋转一周形成的圆维的体积为：号心-b-子：以CB所在直线为轴，旋转一周形成的 圆锥的体积为：乃=b'a=工；以4B所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为： 3 ecg因为+3 所以1 32+42 5 ,所以= 5 7.根据正弦定理a b =2R（R为△ABC外接圆半径)，得simA= b -sin B= sin sin B sinC 2R 2R,sinc=c 2R 2sinB = 代入已知等式：b2=- 2sinB (2Rsin B)2 A sin2A+2sin2C a +2 2R 2R 整理得：sinB.(ad2+2c2）=2,即sinB= a+2c,又△ABc的面积公式为，S=)ac sin B, 2 2 12 将mB代入得：S2c+2c+2c,因此：S=c c +2x≤2W2ac4, 当且仅当a=√2c时，取等号，即△ABC面积的最大值为 4 8.如图，将此四面体放入长方体内研究，易知此长方体的棱长为1,2,3 取BC的中点O,延长AO,DF交于点E,不难证明F是DE的中点 E 所以点D到平面ABC的距离等于点F到平面ABC的距离的2倍，也就是点P到平面ABC的距离的2倍 abc 6 由等体积法可知，点P到平面ABC的距离h= Va2b2+bc2+c2aV4+9+367 所以D到平面ABC的距离为， 9对于A,从折线图能看出世界人口的总量随年份的增加而增加，故A正确： 着 对于B,从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确： 对于C,从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确： 对于D,由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少， 并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.故选：ABC 于A,由余弦定理，得AB=VBC+AC2-2BC21Cc0s∠ACB=F+2-2x4×2co3=2W7,A 对于B由cD是△4BC的中线，得⑦-+网，则网-+C丽+20可 2V4+16+2×2×4x(-)=V5,B正确： 由CD是△ABC的高，得AC-BCsin∠ACB=ABCD,则CD=AC:BCsin∠C, 2-221, AB 2 > C错误； 对于D,由CD是△ABC的角平分线，得∠ACD=∠BCD-号由8am+Ssm-Ssc, 得特AC-CDsin巴BCUDain EACBCsin,则CD-ACBC4 32 32 AC+BC3,D正确 1A选项，水的体银80C=6,儿么aa9 16 所以当水面经过AB时，水面与棱CC相交，如图3，当水面经过点C时，水面与面AB,C1相交，如图4， 则在此之前水面形状均为三角形，继续旋转直至90°之前，水面形状为等腰梯形，如图5， 转至90°时，水面形状为矩形，如图6，故A选项正确： B选项，初始位置，如图1，DE=2√2，DF=EF=2, 当水面经过48时，图3.此时e4c月4aa所以C下-C=3 3 4 DF=EF=BF=BC2+CF2=13, 所以在转动过程中，存在DE=DF=EF,使得水面是正三角形，故B选项错误： C连项，如图4么两=且由于△DG与△4aG相似. 则Sa= (DE 3 S.ABIC 48·DB=￥24B=6,故C选项正确 LVABC-A D选项，当逆时针旋转90°时，如图6，V-r= 且由于△DBC与△4BG相似，则S DE SAC ,则DE= AB 4 4R=2, 则水面的面积为SG=DE·DG=4V2,故D选项正确 12.设z=a+bi(a,b∈R),复数z在复平面内对应的点记作P,故P(a,b): z-3表示复平面内，点P(a,b)到A(3,0)的距离；z-41表示复平面内，点P(a,b)到点B(0,4)的距离： 故z-3+z-4i表示复平面内，点P(a,b)到A,B两点的距离之和， 显然当点P在线段AB上时，其取得最小值，最小值为AB=√3-0)+(0-4)2=5. 13因为AB+4c2-24c=0:所以8c40=4o(c-4)=ac-西)=4c-AC2子当且仅当4c=月 2 时等号成立. 14.先分别作BC,AC中点E,F,连接AE,PF: 再过点F在平面ABC内作AC垂线，与AE相交于点G,AB相交于点H: 分别过点F,G作平面PAC,平面ABC垂线，相交于点O,连接AO,如图所示. 由题可知，二面角P-AC-B的平面角为∠HFP=120°，点F,G分别为△PAC,△ABC 的外心，故O为该三棱锥外接球球心，AO为外接球半径，可得， OF⊥PF,OG⊥FH,OG⊥AG,所以∠OFG=30° 在△ABC中，sin∠CAB= ☒.q.5.6 ACAC√63 所以m<C4-9mBa0=m204g-25所以pa-6.6点.6 3 22-21 度定理可知BC2AG→AG衫国为∠0G=30,OGL班所以0G=FGtan30) sin∠BAC 因为0G1AG,所以有o4=4G+oG=所以外接表面积为4πO4-10m 15a6-acoa五=15号-1，+-a*可-同+a5-f-P+21+阿=5： (2》若(2a-6)16,则(a-b)6-0,即2a6--0,所以a6-=(-1, 所以cos0= 白k3号，0=0所以a音 a.B 12 16.(1)由DE⊥平面PCB,BCC平面PCB,则DE⊥BC,由四边形ABCD为正方形，则BC⊥CD, 又DEOCD=D,且DE,CDC平面PCD,则BC⊥平面PCD,由BCC平面ABCD,则平面PCD⊥平面ABCD: (2)由(1)知BC⊥平面PCD,PCC平面PCD,则BC⊥PC,由四边形ABCD为正方形，则AD⊥CD, 而平面PCDL平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,ADC平面ABCD,则AD⊥平面PCD, 由PDC平面PCD,则AD⊥PD, 由PC=PD=CD=AD=BC且∠BCP=∠ADP=90°，则△BCP=△ADP, 所以AP=BP,即△PAB为等腰三角形，又△PDC为等边三角形， A 取AB,CD的中点分别为F,G,连接PF,PG,FG,则PF⊥AB,且FG/IAD/IBC, 而AD LAB,则FG LAB,又平面PABO平面ABCD=AB, B 其中PFC平面PAB,FGc平面ABCD,则∠PFG即为平面PAB与平面ABCD所成二面角的平面角， 若PC=PD=CD=AD=BC=2,则PA=2W2,AF=1,且PG=V3,FG=2, 所以PP=V万，故cos∠PRG=PP+G-PG2_7+4-3-2V5 2PF.FG2×√7×27 所以平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为2y7 7 17.(1)由题意(0.005+0.01+0.02+0.03+a+0.01)×10=1→a=0.025, 所以前4组频率之和(0.005+0.01+0.02+0.03)×10=0.65<0.8， 前5组频率之和(0.005+0.01+0.02+0.03+0.025)×10=0.9>0.8， 所以样本成绩的第80百分位数在区间(80,90)内，且为80+080,65×10=86， 0.25 样本平均数为(0.005×45+0.01×55+0.02×65+0.03×75+0.025×85+0.01×95)×10=74： (2)由题可得落在区间[50,60)的样本个数为0.01×10×100=10，样本平均成绩是x1=57,方差是s2=49, 落在区间[60,70)的样本个数为0.02×10×100=20，样本平均成绩是x2=66,方差是5=16， 所以两组样本成绩合并后的平均数为z=57×10+6x20_180=63, 10+20 30 两组样本现续合关后的方若为0”-医-f如”n区-6-门-引0：67-a门6：-6-0 18解：(1)连接OP,PA=PB,∴.PO⊥AB, 又，侧面PAB⊥底面ABCD,侧面PABO底面ABCD=AB,POC侧面PAB, .PO⊥平面ABCD,又ODC平面ABCD,.PO⊥OD, 又，OD⊥PC，,PO∩PC=P,PO,PCc平面POC,.OD⊥平面POC, 又OCc平面POC,.OD⊥OC,又PO⊥平面ABCD,OCc平面ABCD,则PO⊥OC, D PO∩OD=O,PO,ODc平面POD,∴.OC⊥平面POD,又PDc平面POD,∴.OC⊥PD (2)取CD中点为N,连ON,MN,,ON∥BC,ONL平面PBC,BCc平面PBC,∴.ON∥平面PBC, 又OM∥平面PBC,OM∩ON=O,OM,ONc平面OMN, ∴.平面OMN∥平面PBC,Nc平面OMN,∴.MN∥平面PBC, ,N∥PC,Nt平面PBC,PCC平面PBC, ∴.MN∥平面PBC,，PC,MNC平面PCD,平面PCD∩平面PBC=PC, A0W∥心，又N为CD中点，则M为PD中点，此时0号 D (3)由(1)可知OD⊥OC,所以△DA0为等腰直角三角形，又AB=2,:OD=√2，设PO=h,则PD=V2+2, 记点D到面PBC的距离为h-Bc,·AD∥BC,AD文平面PBC,BCC平面PBC,∴AD∥平面PBP, B=2,o-8e=hc=2次-c+, 2h OB 设PD与平面P8C所成角为8，六Sim0==2业，= 2h 6 DP DP √R+2V+13 整理得h4-3h2+2=0,则=1或=2，解得h=1或h=√2，即P0=1或√2 所以4em-写mp0-子或25 3 3 19①)山品品及正弦定理符 sin2A sin2B 因为A,B∈(0，兀)，所以sinA>0,sinB>0, 2sin AcosA 2sin Bcos B 所以s=sinB,即tanA=tanB,所以A=B,所以△ABC为等腰三角形： (2)若BD=2,则AD=4,又AC=3, 由余弦定理得，lCD=AC+AD-2 ACAD]cos∠CAD=25-24cos∠CAD, 由(1)知A=B,则BC=AC=3, ICD=BCP+BD-2BCBDlcos _CBD=13+12cos CAD, 所以2s-24cs∠C1D-1312cos∠C4D,则cos∠CAD-号所以sim∠CM9sn∠CD, 3 所以s=lCsin∠CAD+sim∠CBD=65: (3)设BD=x,∠ADB=a,由(1)知A=B,则AD-2x,∠ACBt-a,∠CBA=∠CAB-号， 由余弦定理得，AB=AC+BC-2AC‖BCcos(π-a)=18(1+cosa), 4B=AD+BD2-24DBD]cosa=5x2-4x2 cosa=x2(5-4cosa), 所以18(1+cosa)=r(5-4cosa）,即x_18+cosa）】 5-4cosa 又因为CD=AC+ADP-2 4CAD cos∠CAD=9+4x2-12xcos∠CAD, lCD=|BC+BD-2 BCBD cos∠CBD=9+x2-6xcos(π-∠CAD), 所以9+4r2-12xcos∠CAD-9+x2+6cos∠CAD,解得cos∠C1D-言 所以CD2=9+r2+6xc0s∠C4D=9+2x2=9+361+cos9-81 5-4c0sa5-4c0s AB218(1+c0sa) 4c0a)-a 2 所以CD 81 5-4cosa 1 AB 故当cosa=g时，CD max 则的禁大为 CD 4