广东深圳实验学校光明部2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 深圳实验学校高一数学期末卷以复数、解三角形、立体几何等为核心，通过汽车测高情境、离散曲率创新题型，考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）与语言（数据意识），梯度覆盖基础与创新应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|复数运算、解三角形、统计概率|第7题汽车测楼阁高度，结合实际情境考查三角应用| |多选题|3题/15分|复数性质、立体几何动点轨迹|第11题正方体表面动点轨迹，考查空间想象与逻辑推理| |填空题|3题/15分|概率计算、旋转体体积、解三角形取值范围|第13题半圆挖三角形旋转体体积，体现几何直观| |解答题|5题/80分|立体几何（线面平行/距离/线面角）、统计频率分布、离散曲率|第19题引入离散曲率，融合多面体性质与创新应用，对接新高考探究能力要求|

深圳实验学校光明部2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 时间：120 分钟 满分：150分 命题人：李立娟 审题人：杨万平 一、单选题 1．若（i为虚数单位），则实数a等于（    ） A． B． C．2 D．3 2．已知，，，则的值为（    ） A． B．7 C．5 D．1 3．已知的三条边长分别为3，5，7，则最大的内角为（     ）． A． B． C． D． 4．下列命题中正确的个数是（     ） ①如果一组数据的极差为，则这组数据的方差也为 ②已知样本数据，，，，，，，，则该组数据的分位数为 ③已知数据，，⋯，的平均数为，则数据，，⋯，的平均数为 ④已知数据，，⋯，的平均数，方差，若把剔除，则剩余这个数的方差不变 A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若独立，则 C．若独立，则 D．若互斥，则 6．已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列结论正确的是（     ） A．若，则，共面 B．若，则与有公共点 C．若与无公共点，且，则 D．若存在平面，使得，，，则 7．一辆汽车在一条水平的公路上行驶，如图，在处时测得公路右侧一座楼阁屋顶仰角为，向前行驶60米到达处时又测得楼阁屋顶仰角为，继续向前行驶60米到达处时再次测得楼阁屋顶仰角为．则该楼阁的高度（     ）    A．米 B．米 C．米 D．米 8．将边长为2的正方形沿对角线翻折，得到三棱锥，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的内切球的半径为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（     ） A． B．复数的虚部为 C．若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D．若复数是关于的方程（，）的一个根，则 10．设内角，，的对边分别为，，，则下列条件能判定是等腰三角形的是（     ） A． B． C． D． 11．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ）    A．存在点使得 B．若点满足，则动点的轨迹长度为 C．若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形 D．当点在侧面，且满足时，二面角的最大角的正切值为2 三、填空题 12．从1，2，3，4这4个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为3的概率为__________. 13．在半径为1的半圆中，挖去一个三角形ABC，其中，再将所得平面图形（如图）以线段AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为__________. 14．在中，角、、所对的边分别是、、，已知，则的取值范围是________． 四、解答题 15．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求； (2)若，，求的面积． 16．已知为平面向量，且． (1)若，且，求向量的坐标； (2)若，且，求实数的值． 17．如图，在四棱锥中，四边形为菱形，，，为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求到平面的距离； (3)若三棱锥外接球半径为2，求直线和平面所成角的余弦值． 18．从某高中高二年级学生的物理期末成绩（满分为分）中抽取一个样本容量为的样本，成绩样本数据分为6组：，， ，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图． (1)求出图中A的值并估计该校高二学生的物理平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； (2)年级计划给成绩排名前的学生颁发优秀奖，请根据样本数据，估计获奖学生的最低分数线； (3)在和的学生成绩中，随机抽取两个学生的成绩进行分析，求抽取的对象来自不同分组的概率． 19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)已知直线与直线所成角的余弦值为． ①求四棱锥在顶点处的离散曲率； ②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B C C D D A ABCD BD 题号 11 答案 ACD 1．D 【详解】， 由可得，解得. 2．C 【详解】因为，所以 . 所以 . 3．B 【详解】在三角形中，大角对大边，则边长为的边所对的角最大，设为， 由余弦定理得， ， ． 4．C 【详解】①一组数据的极差为0，说明这组数据都相等，则方差为0，故①正确； ②，则样本数据，，，，，，，的60%分位数为第5个数据，即7，故②正确； ③已知数据，，⋯，的平均数为，则数据，，⋯，的平均数为，故③正确； ④由题知，，，即，， 又，所以，， 所以剔除后，则剩余这9个数的平均数为， 方差为，故④错误， 因此正确的个数为3. 5．C 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由独立，得，B正确； 对于C，由独立，得，C错误； 对于D，由互斥，得，D正确. 6．D 【分析】根据异面直线的定义、面面平行、垂直的性质逐一判断即可. 【详解】当与相交时，因为，，所以，异面，A错误； 当，时，因为，所以，此时与没有公共点，B错误； 若与无公共点，则，因为，如图，    但与不垂直，C错误； 因为存在平面，使得，，所以， 因为，，所以，，所以，D正确. 7．D 【分析】设该楼阁的高度米，根据题意得，，，，再结合，根据余弦定理求得即可得答案. 【详解】设该楼阁的高度米， 根据题意，，， 所以，，， 因为， 所以， 因为， ， 所以，即， 整理得，解得米，即该楼阁的高度米.    8．A 【分析】先求出三棱锥体积的最大值，再建立关于体积与内切球半径的关系，解方程求解. 【详解】由题可知，将沿直线翻折到平面平面时， 三棱锥的体积最大，取的中点，连接,则， 且平面，， 所以三棱锥的体积为：. 由和均为直角三角形，和均为正三角形， ，， 所以三棱锥的表面积. 设三棱锥内切球半径为. 由，得，解得. 9．ABCD 【详解】选项A：由模长公式，代入得，A正确； 选项B：，复数的虚部为的系数，即，B正确； 选项C：向量对应的复数等于对应的复数减去对应的复数， 即，C正确； 选项D：实系数一元二次方程的虚根成对出现，故另一根为，由韦达定理得 ，，解得，故，D正确. 10．BD 【分析】利用正弦定理、三角形内角和性质、三角恒等变换，将各选项的边化角推导角或边的关系，判断是否一定为等腰三角形可得. 【详解】选项A：由正弦定理得，即，又， 所以或，即或， 因此为等腰三角形或直角三角形，不能判定为等腰三角形，故A错误. 选项B：由正弦定理得，，则， 所以，又正弦定理得，即. 所以为等腰三角形，故B正确. 选项C：由正弦定理得，结合， 化简得，所以或，且， 所以或，因此三角形为直角三角形或等腰三角形， 故不能判定一定为等腰三角形，故C错误. 选项D：由正弦定理得，结合， 化简得，又由，得， 所以，即，因此为等腰三角形，故D正确. 11．ACD 【分析】根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，并借助线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理的应用进行判断即可. 【详解】设正方体棱长为，为中点， 对A：如图：    在正方体中，对角线 平面， 若取动点落在的边上，则平面， 由线面垂直性质得： ，所以存在满足条件的点，故A正确； 对B：如图   建立空间直角坐标系：， ， 设，， ，所以，即， 在正方体表面，满足该式的动点轨迹为矩形（分别为中点）， 矩形邻边长：， 轨迹周长，故B错误； 对C：如图：    依次取：为中点，为中点，为中点，为中点，为中点， 顺次连接，得六边形， 由中位线定理：， 所以平面，平面， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面平面， 若在六边形边上，则平面，所以平面， 即动点的轨迹为六边形， 因为正方体棱长为，所以， 该六边形六条边长全部相等，每个内角均为， 六边形是正六边形， 所以动点的轨迹是正六边形，故C正确； 对D：如图：    由以上坐标系知，且正方体棱长为，侧面内所有点横坐标恒为， 设，其中 设，代入距离公式： ，即， 在侧面矩形内，该方程表示以为圆心、半径的一段圆弧， 因为，，平面， 所以平面， 又因为平面平面，平面，平面， 根据二面角平面角定义，即为二面角的平面角， 在矩形内，过作延长线，垂足为， 中，， 越大，二面角越大，即最大化， 因为，则当取圆弧上切点时， ，， 所以， 即二面角最大角的正切值为，故D正确. 12． 【分析】先利用组合数分别求出从4个数中随机选取3个不同的数和3个数的中位数为3的所有情况，再根据古典概型公式求解即可. 【详解】解：由题可知，从5个数中随机选取3个不同的数，共有种， 因为选取的3个数的中位数为3，所以3，4必须被选，另外，在1，2各选1个数， 即可保证选取的3个数中位数均为3，共有2种， 所以，这3个数的中位数为3的概率. 13． 【分析】根据圆锥和球的体积公式求解. 【详解】旋转形成的几何体的体积是球的体积减去两个圆锥的体积. 球的体积为：. 圆锥的体积为：. 所以所得几何体的体积为：. 故答案为： 14． 【分析】由三角恒等变换可得，从而可得，，从而可求得，由正弦定理及三角恒等变换得，结合余弦函数的性质求解即可. 【详解】因为，即， 所以，即， 所以， 因为，所以， 所以，， 由，解得， 所以 ， 因为，所以，， 所以. 15．(1) (2) 【分析】（1）由已知等式，利用正弦定理将边化为角的正弦，再根据角的取值范围确定； （2）已知及两边关系，代入余弦定理解出边长，最后用面积公式计算. 【详解】（1）因为，由正弦定理，得， 而，即，则，即． 又，所以． （2）由（1）知，所以．把，代入余弦定理得 ，解得，， 所以的面积． 16．(1)或 (2)或 【分析】（1）设，根据向量的坐标运算列方程解出即可； （2）根据向量的线性运算以及向量的数量积运算即可求解. 【详解】（1）设，由，所以，又， 所以，解得或， 所以或； （2）由，所以， ， 又， 所以，解得或. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，先证明，再根据线面平行的判定定理，即可证明平面； （2）方法一，以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及点D到平面的距离，利用平面，将到平面的距离转化为点D到平面的距离，即可得解； 方法二，利用平面，将到平面的距离转化为点到平面的距离，进而转化为点B到平面的距离，再利用等体积法计算即可； （3）设，利用正得到其外接圆圆心的坐标及半径，进而设出球心的坐标，根据球的性质求出点坐标，进而求出平面的法向量，即可根据向量法求出直线和平面所成角的正弦值，即可得解. 【详解】（1） 设，连接． 因为四边形为菱形，所以 为的中点． 在中，因为 为的中点，所以 OM为的中位线，故， 又因为平面，平面， 所以 平面； （2）方法一：向量法 以A为原点，以所在直线为轴，在平面内过作与垂直的直线为轴， 过作与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 在平面内过作，交的延长线于，连接. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以. 因为，所以， 因为，，所以， 所以，，即，所以. 在中，，所以，， 则，因为为中点，所以， 则，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，则. 设点D到平面的距离为， 则． 由（1）知平面， 所以到平面的距离即为点D到平面的距离， 所以到平面的距离为； 方法二：等体积法 由（1）知平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离，设为． 因为为中点，所以点到平面的距离等于点B到平面的距离， 即， 在平面内作交直线的延长线于，取中点， 连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以. 在中，，所以，， 所以到平面的距离为. 因为，所以． 在中，， 由余弦定理可得， 在中，． 在中，，为中点，则， 由余弦定理可得， 所以，所以． 在中，，底边上的高为， 所以. 又因为. 由可得，解得， 所以到平面的距离为； （3） 在（2）所建的坐标系中，设，则， 因为，所以． 由，可得， 解得，故. 在正中，外接圆圆心为，外接圆半径． 设三棱锥外接球的半径为，球心为． 由球的性质可得，解得，则， 所以，因为点在外接球上，则， 所以， 即，即． 解得，所以， 所以，. 设平面的法向量为． 则，即. 令，则，即． 设直线和平面所成角为， 则 因为，所以． 所以直线和平面所成角的余弦值为． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据频率分布直方图各个小矩形面积之和为1即可求得A的值; （2）根据小矩形面积与频率的关系可以计算出前所占比例，从而计算出获奖学生的最 低分数线； （3）根据和频率分别为和，进而得到在样本中的人数，再求出抽取的对象来自不同分组的概率. 【详解】（1）由频率分布直方图各个小矩形面积之和为1可知 , （2）设获奖学生的最低分数线为,那么 ，， 所以，获奖学生的最低分数线为. （3）由频率分布直方图可知，和频率分别为和， 所以，样本中有人，有人， 那么随机抽取两个学生的成绩进行分析，求抽取的对象来自不同分组的概率为 . 19．(1)2 (2)① ；② 【分析】（1）利用多面体在各顶点处的离散曲率计算公式计算即得； （2）①过点作交于，连接，可推得即为直线与直线所成角或其补角，依次求出，，利用求出，即得利用离散曲率计算公式即可求得； ②先证明平面平面，过作于，过作于，连接，证明平面，可推得为与平面所成角，为二面角的平面角，即，计算得到，利用差角的正切公式化简得到，借助于基本不等式即可求得其最大值. 【详解】（1）因为，，，内角和均为，四边形内角和为， 则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为； （2）① 过点作交于，连接， 则即为直线与直线所成角或其补角， 因，平面多边形的外接圆圆心为与的交点， 则圆的直径，连接，则易得等边三角形，故有， 所以，，所以， 在中，因，解得． 即，可得： 则得， 即四棱锥在顶点处的离散曲率为 ②因为，所以为二面角的平面角， 因为，所以，则平面平面． 过作于，过作于，连接， 因平面，平面平面，故平面， 因平面，则， 又平面，则平面， 因平面，则，故为与平面所成角， 为二面角的平面角，则， 因为，所以， 则得，因，则， 故， 当且仅当时，等号成立． 则的最大值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $