精品解析：江苏省丹阳高级中学2025-2026学年第二学期期末调研考试高一数学试题

2025~2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学 2026.6 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的学校､班级､姓名､考号､座号填涂在相应位置. 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.保持卡面清洁､不折叠､不破损. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，女生样本的均值为161，则抽取的样本的均值为是（ ） A. 165.5 B. 166 C. 166.5 D. 168 【答案】B 【解析】 【分析】由样本均值计算公式，代入数据即可求得； 【详解】抽取的样本的均值近似于总体的均值， 由题意可得：，， 抽取的样本的均值为. 故选：B. 2. 某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生1000人，高三年级有学生800人，现在要用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取m人参加表演，若高二年级被抽取的人数为20，则m＝（ ） A. 50 B. 60 C. 64 D. 75 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的概念及抽取方法，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，高二年级有学生1000人，三个年级共有学生3000人， 因为用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取人参加表演， 其中高二年级被抽取的人数为20，可得，解得． 故选：B． 3. 在中，则的值等于（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可. 详解：由题意，在中， 利用三角形的面积公式可得， 解得， 又由余弦定理得，解得， 由正弦定理得，故选A. 点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题. 4. 如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取所在的母线为，连接，，，，设，，利用勾股定理可以表示，根据，，可得的取值范围，从而求解的取值范围. 【详解】 取所在的母线为，连接，，，， ， 设，，则， 所以， 又因为，， ， 所以或， 所以或， 所以. 故选：. 【点睛】结论点睛：在动态变化的过程中产生的体积最大，距离最大（小），角的范围等问题，常用的解题思路是： （1）直观判断：在变化过程中判断点，线，面在何位置时，所求的量有相应最大，最小值； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而用代数方法求目标函数的最值. 5. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果. 【详解】因为，且，则， 由余弦定理可得，所以， 即，由正弦定理可得， 其中，则，所以， 又， 化简可得， 且为锐角三角形，则， 所以， 即， 解得或（舍）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解. 6. 在中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（，），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，结合基本不等式即可求得的最小值． 【详解】连接，如图， 中，， 点满足， , ， ，（，）, , 因为，，三点共线， 所以，，, 所以=()()==， 当且仅当,即 时取“”， 则的最小值为. 故选：A. 7. 点O是内一点，且满足．则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简得到，设，判断出三点共线，得出，进而由求出答案. 【详解】由可得，设，即，可知三点共线，且反向共线，如下图所示： 故，. 故选：C. 8. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件将三棱锥放入长方体中可求出三棱锥的高，再利用等体积法即可求解. 【详解】 根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图， 三棱锥 的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥 的外接球的半径为，内切球的半径为， 三棱锥 的外接球的表面积为，，， ，，解得， ， ，， 三棱锥 的表面积为 ， 又，， 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A，由面面平行的性质定理可判断B，由线面垂直的性质定理可判断C，由线面平行的性质及棱锥的体积公式可判断D． 【详解】正方体中由平面，平面，可得， 又，是平面内两相交直线，从而得平面， 平面，因此有， 同理，， ∴平面，又平面，∴平面平面，A正确； 正方体中与平行且相等，则是平行四边形，，平面，平面， ∴平面，同理平面，，都在平面内， ∴平面平面，平面，∴平面，B正确； 与A选项同理可证平面，当是与交点时，平面， ，异面直线与所成角为，C错误； 由 B选项，知平面，∴到平面的距离不变，因此三棱锥体积不变，D正确． 故选：ABD． 10. 如图，在三棱柱中，，是等边三角形﹐点为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的大小是 C. 球的表面积是 D. 点到平面的距离是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据点是三棱柱的外接球的球心可判断A；求出异面直线所成的角可判断B；求出球的半径，由球的表面积公式计算表面积即可判断C；利用正弦定理求出外接圆的半径，利用勾股定理即可求点到面的距离可判断选项D，进而可得正确选项. 【详解】对于A：如图，因为球是三棱柱的外接球，设的外心为，连接，则面，因为，所以平面，故选项A正确； 对于B：因为，所以是异面直线与所成的角. 因为，所以，， 所以，所以，故选项B不正确； 对于C：设的外心为，连接，，，由题意可得，， 则球的半径， 从而球的表面积是，故选项C正确； 对于D：设外接圆的半径为，由题意可得， 则，由正弦定理可得 ，所以， 则点到平面的距离﹐故选项D正确； 故选：ACD 11. 在平面直角坐标系xoy中，满足，其中．O为坐标原点，为的重心，为的外心，下列说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 当为直角三角形时， D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，得到，利用向量运算的坐标表示，结合三角恒等变换逐项求解判断. 【详解】对于A，因为为的重心，所以， ， 当且仅当时取等号，A正确； 对于B，点在以原点为圆心，1为半径的圆上，而是等腰直角三角形， 点到直线距离为，点到距离最大值为， 因为为的重心，所以点到的距离为点到的距离的， 故，B错误； 对于C，过或垂直于的直线与直线关于轴或轴对称，该直线与圆相离， 当为直角三角形时，必有⊥， 故， 即，两边平方得， 则 ，C正确； 对于D，令中点为，则， ， 当且仅当时取等号，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查． 【详解】由余弦定理得， 所以， 即 解得（舍去） 所以， 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 13. 已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】连接交于点，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，即可求出其表面积. 【详解】 连接交于点,由题意，点为中点，且,则即二面角的平面角. 如图，设分别是和的外心，分别过点作平面,过点作平面, , 则点为四面体的外接球球心. 由，平面,故得，平面, 又平面，平面，故得，平面平面，平面平面， 故四点共面. 由可知,， 故四面体的外接球的半径为：, 于是四面体的外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积的求法，属于难题. 解题思路是通过二面角的两个半平面三角形找到四面体的外接球球心，通过证明四点共面，利用二面角的度数，求出相关边长即可求得外接球半径. 14. 如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，给出下列说法： ①该八面体的体积为；②该八面体的外接球的表面积为8π； ③E到平面ADF的距离为；④EC与BF所成角为60°. 其中正确的说法为__________.（填序号） 【答案】②④ 【解析】 【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD的中点G，连接EG，FG，EF，过E作，求出即可；④可得为所成角. 【详解】①八面体的体积为； ②八面体的外接球球心为正方形ABCD对角线交点，易得外接球半径为，表面积为； ③取AD的中点G，连接EG，FG，EF， 易得，平面EGF， 过E作，交FG的延长线于H， 又，，故平面ADF， 解得，所以E到平面ADF的距离为； ④因为，所以EC与BF所成角为. 故答案为：②④. 【点睛】解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段. 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. 在中，. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，即可得出的周长. 【小问1详解】 解：在中，设内角、、的对边分别为、、， 因为，即， 由题意得： 由正弦定理得，即， 所以，，又因为，所以，. 【小问2详解】 解：，代入，则，即， 因为，所以，， 则，可得，因此，的周长为. 16. 如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点. （1）求证：SA//平面PCD （2）求圆锥SO的表面积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）连结OP，由中位线定理得到OP//SA，由线面平行判定定理得证； （2）分别计算侧面积和底面积，求和得表面积． 【详解】解∶ （1）连结OP， ∵O,P分别为AB,SB的中点， ∴OP//SA， 又∵SA⊄平面PCD,OP⊂平面PCD, //平面； （2）记底面圆的半径为r，侧面展开图扇形的半径为R，且R=2， 则， 得r=1，又侧面展开图为半圆， ∴S底=, S侧=, S表= 17. 某校为促进学生对地震知识及避震自救知识的学习，组织了《地震知识及避震自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为． （1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表） （2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用频率之和为1，求出m,再用平均值计算公式算出平均值即可；（2）先按照分层抽样确定和内的学生人生，再结合列举法，用古典概型求解概率即可. 【小问1详解】 频率之和为1,则，解得. 则,则平均分成绩为. 【小问2详解】 根据分层抽样，知道和内的学生比为. 则抽取的5人中有2个来自层，设为．3个来自层，设为. 再从这5人中随机抽取2人,总共有10种可能，分别为:. 这2人成绩都在内的有,共3种.故所求概率为. 18. 如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； （3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再结合面面垂直判定定理证明即可； （2）过点作的垂线交于点，交于点，先根据二面角定义得出为二面角所成的平面角，再结合边长计算余弦值； （3）过点作的垂线交于点，先应用面面垂直性质定理得出平面，应用等体积方法计算点到平面距离即可. 【小问1详解】 ，所以在三棱锥中有：， 又平面平面，， 平面， 平面， 平面平面是正方形； 【小问2详解】 过点作的垂线交于点，交于点， 翻折后仍有，， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角， 由题意得平面， 所以， 因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点， 所以,所以, ， 所以， 又因为， 所以， ， 所以， 所以， 即二面角平面角的余弦值为； 【小问3详解】 当时，, 由三角形内角平分线逆定理可知平分,又∵,∴. 过点作的垂线交于点，连接, 则为等腰直角三角形，斜边,∴， 所以， 由题意平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 又∵平面，所以， ∴， ∴, ∴, ∴， ∵，点满足，∴, 又∵, ∴, 综上，三棱锥的高,底面积, 三棱锥的底面积， 设点到平面的距离为,即为三棱锥的高， ∵， ∴, 即,解得. ∴点到平面的距离为. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形,,为等边三角形，，E，F分别是棱，的中点. （1）求四棱锥的体积. （2）在棱上是否存在点G，使得平面平面?若点G存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若H是棱的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）16 （2）存在，. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据边长的关系可证明垂直，进而根据线面垂直的判定求解平面，即可由体积公式求解； （2）利用线线平行可证明平面，进而根据比例关系可得求证线面平行，即可根据面面平行的判定求解； （3）根据长度关系可证明，即可利用等体积法求解点到平面的距离，即可求解. 【小问1详解】 连接. 因为四边形是边长为4的菱形，， 所以为边长为4的等边三角形. 因为是线段的中点，所以，所以. 因为是边长为4的等边三角形，且是线段的中点，所以，且. 因为，，所以，所以. 因为平面，平面，且，所以平面， 则四棱锥的体积为. 【小问2详解】 存在满足条件的点，此时. 理由如下： 连接，记，，连接，，，. 因为E，F分别是棱，的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为四边形是菱形，所以是的中点，所以. 因为，且是棱的中点，所以，所以. 若平面平面，平面与平面与平面分别相交于直线, 故，所以，故， 所以在棱上存在点G，使得平面平面，且. 【小问3详解】 连接. 在中，由余弦定理可得. 由（1）可知平面，且平面，所以. 因为，所以. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以，则. 因为，，且为棱的中点， 所以. 因为，，，所以，所以. 作，垂足为M，则，解得. 设点到平面的距离为. 因为，即, 则， 所以，解得. 设二面角的大小为，则， 即二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学 2026.6 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的学校､班级､姓名､考号､座号填涂在相应位置. 2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效.保持卡面清洁､不折叠､不破损. 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，女生样本的均值为161，则抽取的样本的均值为是（ ） A. 165.5 B. 166 C. 166.5 D. 168 2. 某中学高一年级有学生1200人，高二年级有学生1000人，高三年级有学生800人，现在要用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取m人参加表演，若高二年级被抽取的人数为20，则m＝（ ） A. 50 B. 60 C. 64 D. 75 3. 在中，则的值等于（　　） A. B. C. D. 4. 如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在的直线分别交于点M，N，若，（，），则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 点O是内一点，且满足．则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 三棱锥的体积不变 10. 如图，在三棱柱中，，是等边三角形﹐点为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的大小是 C. 球的表面积是 D. 点到平面的距离是 11. 在平面直角坐标系xoy中，满足，其中．O为坐标原点，为的重心，为的外心，下列说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 当为直角三角形时， D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 13. 已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为______． 14. 如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD为正方形，给出下列说法： ①该八面体的体积为；②该八面体的外接球的表面积为8π； ③E到平面ADF的距离为；④EC与BF所成角为60°. 其中正确的说法为__________.（填序号） 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. 在中，. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 16. 如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点. （1）求证：SA//平面PCD （2）求圆锥SO的表面积. 17. 某校为促进学生对地震知识及避震自救知识的学习，组织了《地震知识及避震自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为． （1）根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；（每组数据用所在区间的中点值作代表） （2）按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在和内的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率． 18. 如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； （3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形,,为等边三角形，，E，F分别是棱，的中点. （1）求四棱锥的体积. （2）在棱上是否存在点G，使得平面平面?若点G存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若H是棱的中点，求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $