广东深圳大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

秘密★启用前 2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级数学试题 教学处命题中心 试卷分值：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.本卷共4页。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。 3,作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 4.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置 上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 5.考生必须保证答题卡的整洁。 第I卷（选择题） 一、单选题：（每小题只有一个选项符合题意。本题共8小题，每小题5分，共40分） 1.数据85,86,87,87,88,89,90,91,91的下四分位数为() A.86 B.86.5 C.87 D.90.5 2.直线41经过A(0,0),B(√3,1)两点，直线13的倾斜角是直线41的倾斜角的2倍，则直线13的斜率为() A.3 B.-5 c.23 D.25 3 3.已知空间中A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),D(1,-1,2)四点共面，则元=() A B. C.1 D.2 4.已知空间中两条不同的直线α，b,两个不同的平面a,B,下列说法正确的是() A.若a⊥，b⊥a,则b/1a B.若a/1,b⊥a,则b⊥a C.若a/1,b/1B,a/1B,则a/1b D.若a1,b⊥B,a1b,则a⊥P 5.设数，为连续抛掷两次正方体骰子分别得到的点数，则两数之和小于等于4的概率是() B.2 D. 9 c品 6 试卷第1页/共4页 6.如图，在正方体ABCD-AB,CD中，E,F分别是棱AB,CC1的中点，若 A4∩平面DEF=G,AG=GA,则元=() A.1 B.2 C.3 D.4 D:.. 7.已知AABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足c+bcosA=0, 1 1. 2 tan4 tanc tanB 则A= () A背 B. C. 4 D. 2π &.已知∠A0B-名b-O-2,则ko5-a+koB-04Cx∈R)的最小伯为《） A.5 B.3 C.3 D.无最小值 2 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z三之，则下列结论正确的有（) A.=的虚部是i B.=的共轭复数是1-i C.二在复平面内对应的点在第一象限 D.2= 10.在△ABC中，三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足acosB=（2c-b)cosA+2 acosC,，a=3, BD=2DC,则() A.2b=c B.2B=C C.AD- D.AD的范围为(0,4] 11.如图，正方体ABCD-AB,CD中，顶点A在平面a内，其余顶点在ax的同侧，顶点A,B,C到x的 距离分别为√6,1,2，则() A.BD/I平面C D B.平面AAC⊥平面 C.直线AB与所成角比直线AA与所成角大 D D.正方体的棱长为2√2 试卷第2页/共4页 第IⅡ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.己知d=3,l=2,a1(6-d,则ā与6的夹角大小为 13.某企业到A大学招聘，小张，小李和小王3位毕业生前去应聘若小张，小李签约的概率都是上，小 王签约的概率是上，3人签约事件相互独立，那么3人中至少有1人签约该企业的概率是 14.某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直， 灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩， B 射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示， 已知∠1BC=,∠ACD号，路宽AD-24米，设B1C=0日 3 6 当6= 时才能使制造路灯灯柱AB所用材料的长度最小. 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.(13分)某中学组织了一次知识竞赛（满分：100分），从参赛学生中随机抽取100名学生的成绩并 进行整理，按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分成五组，得到如图所示的频率分布直方 图. 频率/组距 0.035 (1)求频率分布直方图中a的值： (2)估计这100名学生这次文学常识知识竞赛成绩的众数和平均数： 0.025 (3)现从被抽取的竞赛成绩在[50,70)内的学生中按分层随机抽样的 a 0.010 方法抽取5人进行座谈了解，再从这5人中随机抽取2人作发言， 求抽取的2人恰好在同一组的概率. 5060708090100竞赛成绩/分 16.(15分)中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体.该几何体是上、下 底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.在如图所示的“曲池”中，AA⊥平面AB,CD, 延长4凸，BC相交于点Q,DQ=4D=1,24OB,E为弧4B的中点 E A (1)证明：AD⊥DE; D (2)若AA=4AD,求直线CE与平面DEB所成角的正弦值. D B 试卷第3页/共4页 17.(15分)设Ox,Oy是平面内相交成a(0<a<四的两条射线，，e分别为与0x,0w同向的单位向量， 定义平面坐标系xOy为xO仿射坐标系，在xOya仿射坐标系中，若OP=x+ve,则记 OP=(x,y). (1)在xO)仿射坐标系中，若ā=(5，)求同： (2)在x0a仿射坐标系中，若a=4,3),b=6,1),且a与6的夹角为匹，求cosa. 3 18.(17分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足：b=c-2 bcos A· (1)证明：A=2B; (2)若cos4=名，A4BC的面积为5，求ab: 3 6 (3)已知1<S<2,证明：△ABC是锐角三角形. b 19.(17分)如图，在三棱锥D-ABC中，AB=AD=BD=3W2,AC=7,|BC=|CD=5. (1)证明：平面ACD⊥平面ABC; (2)在线段CD上是否存在一点E,使得二面角E-AB-C的正切值为5？若存在，求出C的值， 8 CD 若不存在，请说明理由： (3)己知点P为线段CD上另一动点，过点P且与CD垂直的平面u将三棱锥D-ABC分成左右两部 分，设DP=t,当t为何值时，右侧部分的几何体的体积为4？ D 试卷第4页/共4页参考答案 1.C【详解】由9×0.25=2.25，可知下四分位数为第3项，即87. 2A【详解】由直线经过A0,0),B(5,1)两点，得直线的斜率店=0-5 3-03 则直线l1的倾斜角=30°，直线l2的倾斜角为2a=60°， 所以l2的斜率为tan2a=√3. 3.A【详解】设原点0(0,0,0,0D=x0A+0B+z0C,即(1-12)=(x,2y,3),则x=1,y=-是，因为四点共 面，所以+y+=1,所以z==3:-}故途：A 4.D【详解】对于A,若a1a,a⊥b,则b/a或bca,故A错误： 对于B,若a/a,b⊥a,则b/a或bc&,或b与a相交，故B错误； 对于C,若a/a,bIIB,a11B,则a与b相交、平行或异面，故C错误： a 对于D,不失一般性作下图，在空间中取一点P,过点P作d11a,b/b,则 a'⊥a,b'⊥B,过相交直线d,b'作平面Y,设y∩a=L,y∩B=n,因为d⊥a, b mca,所以a⊥，又a⊥b,且a',b',m都在平面Yy内，所以b/,因为 b⊥B,根据平行线的线面垂直性质，得⊥B,又mcx,根据面面垂直的判定定 B 理可得aLB,因此D正确. 5.D【详解】由题意可得点P共有6×6=36个，而满足条件的点P有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)共 6个点，板所求桥字为名名 6.C【详解】因为平面ABB A1/平面CDDG,平面EFD⌒平面CDDC1=DF,平面EFDO平面ABAB=GE, D C 所以DF/1GE,又AAI1CC1,AB/1CD,故△AGE∽△C1FD, B 因为E,F分别是棱AB,CC1的中点，设正方体的棱长为2， G 则银-1：员行放0宁则40-2号 13 D 所以AG=3GH,故1=3.故选：C 7.D【详解】因为c+bcosA=0,由正弦定理可得sinC+sin Bcos A=0,而C=π-A-B, 故sin(B+A)+sin B cosA=0即sin BcosA+cos BsinA+sin B cos A=0,所以2 sin Bcos A-+cos BsinA=0,由题设条 件可知A,B,c均不为直角，故Cos Acos≠0，故tamB=-tamA,而，1十L-2,所以tanC-tanA, 2 "tanA tanc tanB 5 7 故tanA=-tan(B+C)=tanB+tanC。 -tan A 10 tan BtanC-1 1 ，而tanA≠0，解得tanA=±√3，若tanA=√3，则 tan24-1 10 tamB,tamC均为负，则B,C都为钝角，这与B,C为三角形内角矛盾，故tanA=-√3，而A为三角形内角，故A= 8A【i详解】由∠4A0B-名D-=2,不妨设B(20,A5,, 设0s-0D.o-,可得c个5D20. 则o8-aA=A0,0丽-oi=cD,则o丽-a4+o丽2aA-0+回，乙 如图所示， 作c9司，则Gc为网-网的玩小值 可r4-6-9---6.防oa4osa的景为 2 9BCD【详解】已知复数=1二，先化简：= 20+i)=20+D=1+i. (1-i01+i)1-i2 A:==1+i的虚部为1，不是i,A错误. B:二=1+i的共轭复数三=1-i,B正确. C:z对应复平面内点(1,1)，在第一象限，C正确 D:=4=(1+i)=(2i2=-4,14=4,z4=(W2)4=4,所以=2，D正确 10.AC【详解】根据acosB=(2c-b)cosA+2 acosC,由正弦定理可知sinAcosB=(2sinC-sinB)cosA+2 sinAcosC, 整理得sin Acos B+sin BcosA=2 sin CcosA+2 sin AcosC,利用两角和公式可知sin(A+B)=2sin(A+C);根据三角 形内角和可知A+B=π-C,A+C=元-B,故上式可化简为sin(π-C)=2sin(π-B)→sinC=2sinB,根据正弦定 理可知c=2b,故A正确： 假设2B=C,则sinC=sin2B=2 sin Bcos B=2simB,因为B∈[0，，故sinB≠0，则cosB=1,B=5,则 C=π，不符合三角形内角范围，故B错误： 由BD=2DC可得BD=2BC,故 3 0=+0-亚ac-B(4c-调西c,放c正确： 因为-号西有c+号4B4C-+号+如od,由余法定到可得a2=61.2一2o=9.故 99 6+e-9-2cm,因为e=沙，故ad号+弓）2以-2：由三角形三边关系可知 「b+c=b+2b=3b>a=3 c-b=2b-b=b<a=3,解得1<b<3:故AD=2B2-2∈(0,16，故AD的范围为(0,4)，赦D错误. 11.ABD【详解】设AC∩BD=O,显然O是AC、BD的中点，因为平面ABCD∩C=A,C到平面a的距离为2， 所以O到平面a的距离为1，又B到平面a的距离为1，且点B,O在a的同侧，则BO∥a,即BD/a,即A正确； 设平面ABCD∩Q=I,则BD/,因为ABCD是正方形，所以AC LBD,又因为AA1I平面ABCD,BDC平面 ABCD,所以AA⊥BD,因为440AC=A,AA,ACC平面AAC,所以BD1平面AAC,则l1平面AAC, 而lc,所以平面AAC⊥平面，即B正确： 设B,到平面a的距离为d,因为平面AABB∩=A,A4B,B是正方形，点A,B到a的距离分别为√6,1， 所以有-6+1，得d=6+1,设正方体ABCD-4BCA的棱长为a,设直线AB,与平面a所成角为B,所以 22 血子616中。设直线AA与面所成角沟，所以n行因为6中之6，闲 AB 2a 6<,因0<P,7<受则得B≤y,散C错误： 因为平面AAC⊥平面a,平面AAC⌒平面u=A,所以C,A在平面α的射影E,F与A共线， 显然CE-2,AF=V6,AC=V2a,A4=a,A41AC，,如图所示： C /a 由∠BCA+∠CAE=∠CAE+∠AAF→∠ECA=∠4AF,cos∠BCMA=CE, AC,sm∠44r=4 1 由cos∠公C4A=1=是+1→a=25(负值合去.故D正确 12.z/30 6 【详解】由aL(6-a可知a-(6-d=0,即a.i-d=0,设a与6的夹角为8，得cos0-日=0，即 25cos0-3=0,解得c心0=5，即0=活 2 13.8 【详解】事件“3人中至少有1人签约该企业”的对立事件是“3人均未签约”， 小张，小李未签约的概率是，小王未签约的概率是1-子，因为相互独立，所以三 概率是 1、21 =三，所以3人中至少有1人签约该企业的概率是1- 15 436 66 14. π，1 66 【详解】因为AB与地面垂直，B4C=6,所以∠CAD=元-6， 2 在a4cD中，因24cD骨则<c1=-经-0骨8+8 6 由正弦定理，得，AD、AC SinAcDAC==16V3sinet sin∠ACD 6 在△MBC中，∠ACB=元-0-2亚=-0，由正弦定理，得了 AB AC 3-3 'sim∠1CB sin.∠ABC ,得 A=4CmC8-2a+8m[g0】 sin∠ABC sncossin3cos)sin20+3c0s20)=16sin(20+), 因为音≤0爱所以名20骨受20+骨膏，则当20=写即6=君时，4B取得抛小1 6 6 15.(1)a=0.015 ®5：78⊙)号 【详解】(1)由题意可知10(0.01+a+0.025+0.035+a)=1,解得a=0.015..........2分 (2)频率最高的组是80,90)，所以众数为80+90=85. 。。。。。。。。。 2 .4分 平均数x=55×0.1+65×0.15+75×0.25+85×0.35+95×0.15=78... 7分 (3)[50,60),[60,70)频率之比为2：3，所以从[50,60)内的学生中抽2人，从[60,70)内的学生中抽3人.8分 设[50,60)抽中A,B两人，[60,70)抽中C,D,E三人 9分 样本空间2={AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE,共10种.............10分 设事件A为2人恰好在同一组... 11分 则A={AB,CD,CE,DE},共4种.. ...12分 因此P(A)= 42 105… …13分 16解：(1)证明：连接DB,QB,因为8为弧48的中点，则∠40B=写，△4QB为正三角形，于是 ADDB.......................... …2分 因为A4⊥平面ABCD,DD/1AA,则有DD⊥平面ABCD,又ADc平面AB,CD,于是AD⊥DD.3分 而D∩DD=D,DE,DDC平面DDE,因此AD⊥平面DDE. .5分 又DEC平面DDE,所以AD⊥DE. .6分 (2)因为DD,DA,DE两两垂直，所以以D为坐标原点，DO为x轴，DE为y轴，DD为二轴，建立如图所 示的空间直角坐标系D-2.. 。。。。。。。。 ..7分 圆0B.0,cE9,D0,0.49,B23.,则c西=3 ,49 .9分 设平面DPB的法向量为m=(x,y,)… ...10分 DE.m=3y+4z=0 DE=(0,V3,4),DB=(2,V3,4)则 DBm=2+5v+4z=0令：=5，得m=(04)…13分 设直线CB与平面D8B所成角为6，则sn0=|cos<C5,m十C-m_25 |CE‖m19 .15分 B n@5@-月 【详解11)在O份射华标系中，耳、名的夹角为行则后日=o牙 4 2 …2分 又a=(V,1,则a=V2g+g… 3分 所以2=(2g+6=222+2Wg6+g2=2+25.y5+1=5 .5分 所以d=5. 6分 (2)在xOy(a仿射坐标系中，g、已2的夹角为a,则ge2=1×1×C0Sa=coSa..7分 又a=13),万=(3,1)，则a=g+3e2,b=3g+e2.… .8分 所以=(g+3g=e+6e6+9e=10+6cosa,B=(3e+马=9g%+6eg,+e,2=10+6c0sa, 则ld=5=0+6cosa ..11分 所以a.b=(+3e)(3e,+eg)=3g+10ee+3e,2=6+10c0su. .13分 元a.b6+10cosa1 又与6的夹角为号所似c了同羽0-6c&2解得c- ....15分 7 18.【详解】(1)由正弦定理可得sinB=sinC-2 sin B cos A....... 1分 又C=π-A-B,simC=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,代入整理得simB=sim(A-B)......3分 因为A,BE(O,π)，所以B=A-B或B+(A-B)=π.… .4分 若B+A-B=元得A=元，不符合三角形内角和，舍去；故B=A-B,即A=2B.5分 (2)因为c0sA=cos2B=2>0,则A∈(0，元，B∈0， 3 2 6分 可得sinB= 1-cos2B 6 2 cos B=1-sin?B=V30 6 sin4=-cos=5 所以sinC=sin(A+B)=sinAcos B+cos Asin B= 7V6 8分 18 又因为S8c-29 absinC-75b=75,则b=50 .9分 36 6 由正弦定理得a=2bco9B=√50b,则506=0 ..10分 3 3 所以b=5,a=V10 .11分 (3)由A=2B,得C=π-A-B=π-3B. 12分 由正弦定理S-sinC-sin3B-sin Bcos2B+eos Bsin2B =cos2B+2cos2 B=1+2cos2B ..14分 b sin B sinB sin B 已知1<82，故0<c0s2B2,又0<2B<元，得2B2,即四之Bx 15分 3 6 4 因为B<严<交 4。,A=2B≤5，C=元-3B<元-3×T=π 62 因此△ABC三个内角均为锐角，是锐角三角形...… …17分 19.(1)证明见解析 (2)存在， CE 1 CD 4 3)1 【详解】(1)在△ACD中，coS∠CAD= 14C+AD-lCD_49+18-25_√ 2AC AD 2x7x32=2 ,所以∠CAD=45°1分 过点D作DO⊥AC于点O,连接BO,则DO=ADsi45°=3，因为AB=AD,BC=CD,AC为公共边，所 以△ABC=△ADC.所以BO=OD|=3,且BO⊥AC,又|BD=3W2,所以OB+oD=|BDP,所以 OD 1OB............. .3分 又因为OB,ACC平面ABC,OB∩AC=O,所以ODL平面ABC4分 又因为ODC平面ACD,所以平面ACD⊥平面ABC.. .5分 B B B (2)解法一：取AB中点M,由(1)知DO⊥AB,OM L AB,AB⊥面DOM.6分 过E作EN∥DO交AC于N,过N作旺IOM交AB于H,则面EH‖面DOM,所以AB⊥面ENH..7分 所以AB⊥EH,AB⊥NH,∠EN为二面角E-AB-C的平面角....8分 0·8-.月理QN::w7-1,后物得M.9- CB=2,由= 2 在Rt△EWH中，m∠BN-BN-5,解得2=} 1 NH 8 4 10分 所以线段CD上存在一点E,使得二面角B-AB-C的正切值为点.CA= 8CD411分 解法二：设存在满足题意的点E,由(1)可知QA,OB,OD两两垂直，以点O为坐标原点，OA,OB,OD所在直线 分别为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系 则OA=3,OC=4,则A(3,0,0),B(0,3,0),D(0,0,3),C(-4,0,0),AB=(-3,3,0),AC=(-7,0,0), CD=(4,0,3),设CE=CD,0<元<1，则 AE=AC+CE=AC+2CD=(-7,0,0)+(4,0,3)=(41-7,0,3)6分 显然平面ABC的法向量m=(0,0,1). 。。。。。。。。。 。。。。。。。。。。 7分 i.AB=-3x+3y=0 x=y 设平面ABE的法向量i=（xy,),则 i-AE=(41-7)x+3=0(7-42)x=3z' 取x=31,则y=3元，z=7-4元，所以n=(32,32,7-42)… .9分 6 若二面角B-AB-C的正切值为 则其余弦值为 8 2)}+866, 则cos<m,n>= m列 17-42 7-4元 8 m同92+922+(7-42 V3422-56元+49V66, 808+82-7=0,所以(42-(20A+7)=0,又因为0<<1，所以 所以C压D,即当时.二面角BBC的证切值为 .11分 8 (3)由余弦定理得∠ADC为钝角，因此至多和棱AC,AB,DB相交. 9 找临界状态：当)≤1<5时，平面心截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为 464 12分 79 9 当0<1<亏时，平面0截三枝锥所得截面为四边形，设截面与楼AC,AB,DB的交点分别为Q,NM,求得 nv-哑0-I5Ov-A0--Sg 21-3+549 4 DM_5t BM_9-5t 21 DB 9'DB 9 右侧部分的依积7=，c+W2e×Bc+ SBc2N×BM 64 SABC DB XVD-ABC- 9 15分 化简得9- - 156-0=128 4 .16分 解得闩 。。。。。。。。。 .17分