福建龙岩市2025-2026学年第二学期高一期末监测数学试题

**基本信息** 高二期末数学试卷聚焦核心素养，通过立体几何、概率统计等综合题考查逻辑推理与实际应用，如概率题结合活动情境分析决策，立体几何题分层设计空间关系探究。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|三角函数、立体几何|第8题正弦定理应用，第11题空间截面与外接球计算，考查直观想象| |填空题|3/15|几何体外接球、向量|第14题结合外心求距离，体现空间观念| |解答题|5/77|概率、立体几何、三角函数|17题活动情境概率决策，18题分层考查空间角与面面平行，19题三角函数性质与导数应用，注重数学思维与表达|

2025~2026学年第二学期高一期末监测 数学试题 (考试时间：120分钟 满分：150分) 注意事项： in 勒 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上， ··········: 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项” 一、 选择题：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.若复数z满足z1+)=i,则z在复平面所对应的点在 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2. 在A4BC中，点D满足BD=2DC,设AB=a,AC=b,则AD= 毁 A.2a-b B.-a+2b C. 30+26 12 D. 2a+ 1 3 3.某班级15名学生的物理单元测试成绩如下：72,75,78,80,81,83,85,86， 88,90,92,93,95,97,98,则这组数据的第25百分位数为 A.78 B.79 C.80 D.83 ? 4. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面的夹角为花， 则该圆台的 表面积为 A.12W2元 B.(20+12√2)z C.24w2π元 D. (20+24√2)元 5. 斯 已知事件A和B互斥，满足P0=3PB),P4U)=,则P利= C.15 8 D. 6. 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M满足PM=2MA, 点N在 棱PB上，使得MNI∥平面PCD, 则Pw NB 茶 A.1 B.2 C.3 D.4 7.已知平面向量a,b满足IaHb1,且|a-2b=√2，则b与2b-a夹角的余弦值的最 小值为 A. 迈 B. 0 D 2 4 2 高一数学第1页（共6页)》 8.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若∠ABC的平分线交边AC于点D, 满足b=4ac,且BDsin∠ABC=asinC,则cos∠ABC的值为 A月 B.=V3 C.-22 D.3 3 3 3 二、选择题：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在复平面内对应的点为P,且满足2-1=2+1，则 A.点P的轨迹是一条直线 B.复数z可以为纯虚数 C.|z的最小值为1 D.复数z的实部和虚部之和为0 10.随着居民收入水平提高，大众旅游时代全面来临.暑假期间，甲、乙两名同学 独立地从龙岩、漳州、厦门、泉州四个城市中等可能地随机选择一个作为短途 旅游目的地.设事件A=“甲选择龙岩”，事件B=“乙选择龙岩或厦门”，事 件C=“两人选择的城市相同”，事件D=“至少有一人选择龙岩”，则 A.事件A与事件C相互独立 B.事件A与事件D相互独立 C.事件B与事件C相互独立 D.事件B与事件D相互独立 11.如图，在棱长为4的正方体ABCD-AB,CD中，M为B,C D C 的中点，P为线段BD上动点（含端点），则 A.过点A,C,M的截面的周长为6√2+4√5 B.AP+MP的最小值为2√6+2 C.AP与平面4BD所成角的正弦值的最大值为 3 (第11题图) D.当D,P=2PB,时，过点P作三棱锥C1-4BD外接球的 截面，所得截面面积最小值为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.平面向量，b满足a=(2,1),b=(3,4),则向量a在b上的投影为 13.若复数z满足+z=8-4i,则z= 14.三棱锥P-ABC中，底面ABC是边长为6的正三角形，PB⊥AB,二面角P-AB-C 为行、三棱锥P-40C的外接球的体积为2，则点P到平面4BC的距离为 3 高一数学第2页（共6页)】 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) 已知平面向量a,b满足a=3,=2,a与6的夹角为写 (1）求2a-b; (2)若向量a+仙与a-b相互垂直，求实数k的值 16.(15分) 某单位承办了马拉松志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100个面试成绩， 并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五 组[85,95)，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3. (1)求α，b的值，并估计这100个面试成绩的中位数（结果精确到小数点后3 位)； (2)为了进一步研究情况，从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，落在 第二组的面试成绩的平均数和方差分别为63和18，落在第四组的面试成绩的平均 数和方差分别为72和27，据此估计这两组的面试成绩的方差 频率 组距 0.045 b 0.020 0455565758595分数 (第16题图) 高一数学第3页（共6页） 17.（15分) 2026年闽超足球比赛拉开帷幕某商场为促进消费，组织一场“送足球挂件” 项目.该项目由三个活动组成，每个活动各需参加一次且互不影响，连胜两个活动 可以获得一样挂件，连胜三个活动可以获得两样挂件，活动规则如下：盒子中有五 个相同的小球，分别标有数字1,2,3,4,5. 活动一：取出一个小球，数字为偶数则获胜： 活动二：有放回地依次取出两个小球，数字之和为6则获胜； 活动三：不放回地依次取出两个小球，数字之和为奇数则获胜 (1)分别求出活动一，活动二获胜的概率； (2)一名顾客先参加了活动一，接下来该顾客应该先参加活动二还是先参加 活动三能使获得挂件的概率更大？ 高一数学第4页（共6页） 18.(17分) 如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD,CD=2AB=2AD=4,AE⊥CD,垂足 为E,将△ADE沿AE翻折，得到四棱锥P-ABCE.在四棱锥P-ABCE中，PE⊥EC, 点M,N分别在线段PB,4C上，且4=BM=2. NC MP B (1)求直线BC与直线PA所成角的余弦值； (2)求证：MN∥平面PCE; (3)设二面角P-BC-A的大小为0，点Q在线段PE上，二面角Q-AC-E的 大小为.是否存在实数a>0),使得当巴=元时，满足an0=5anp?若存 在，求出1的值；若不存在，请说明理由 高一数学第5页（共6页) 19.（17分) 在△4BC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos2A+cos2B+2sinC=2. （1)证明：sinC=sin2A+sin2B; (2)若A,B为锐角， (i)SAABC=6,求△ABC周长的最小值； (ii)若k为整数，不等式a+b+c-kabc≥0成立，求k的最大值 ....> 剑 高一数学第6页（共6页) 2025~2026学年第二学期高二期末监测 数学试题参考答案 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 A C C B c B D A 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分， 题号 0 10 11 选项 AB AC ACD sin C 8.简析：由正弦定理知sin∠ABC方且BDsin LABC=asinC .BD=ac=40 b 6=6=4 设∠ABC=2Q,则∠ABD=∠CBD=a. 由SiBc=S,ABn+S,cBD得acsin2a=BD(a+c)sina 化简得：accosa=BD(a+c) 所以a+c=2 bcos a 从而b2=a2+c2-2 aecos2a=(a+c）2-2ac(1+cos2a) 化简得3cos2a=1 所以cos2a=2cos2a-1=-} 3 ®pcos∠ABC三-1 11.简析：对于选项A,取AB1中点N,连接MN,AW,则四边形ACN为过A,C,M三点的截面， 其周长为AC+MN+AW+MC=42+22+25+25=62+4W5,A正确： 对于选项B,将△4B,D,与△B,CD沿直线B,D展开到同一平面内，如图所示， :AP+MP≥AM(当且仅当P为线段AM与B,D,交点时取等号)，∴(MP+MP)m=AM: ×BG=CD=4,BG1CD,∠CBD=4: AB AD =BD =4V2 :AMBD为等边三角形，∠ABD=, ∴.cos∠ABM=cos ππ-212,3V2-V6 4+3厂2222 4 2BMcM2(452xxx2+2 :AP+MP的最小值为2V7+25,B错误； 对于选项C,因为B,D∥BD,BDC平面ABD,BDt平面ABD 所以B,D,∥平面4BD,故B,D上任意一点P到平面ABD的距离都相等， 设其为a,则4p与平面4BD所成角的正弦值n0= AP 当点P为B,D,中点，AP最小，此时AP=2W2,sin0为最大. AB=BD=4D=4V2,PB=PD=2V6.AP=212 AP2+PB2=4B2 所以AP⊥PB,同理AP⊥PD,又PBOPD=D,所以AP⊥平面PBD, 根据4m=ym,可得d-写5mP. 即时54r×d-×43×2w3,解得-4 3 3 4V3 此时sin0=, 6 2V23 ,故C正确： 对于D选项，设三棱锥C-A,BD的外接球球心为O,外接球半径为R,线段BD的中点为E,截 面圆的半径为r,要使得过点P的截面面积最小，则OP垂直截面圆.因为三棱锥C-ABD的外接球 也是正方体的的外接球，所以R=2W3, 44 OF-7A4-2.PE-242OP-10RPE 由题意可得 r=R2-OP2= 64 02s64 π 则 9 所以截面圆的面积为 9 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 3 12.2 13.3+41 14.2 14.记底面△ABC外心为O,侧面△PAB外心为O,C0交AB于点M,则4A0=2N5, 三棱锥外接球的球心O落在过O且垂直底面ABC的直线上， ,256π 因为三棱锥P-ABC的外接球的体积为3， 所以外接球半径OA=OP=4 由OA=A02+00得00=2，M=V万 2 cos∠OMO,= 3 方s∠00，= 万 因为<00，=5， 所以O,M=OM cos∠0MO,=V7cos(2-∠OM0)=V7()×7+%x)=V3 2 所以05，则点p到平面BC的距离为5xm号 四、解答题：本题共5小题，共77分， 15.(本题满分13分)》 解：()因为a=3,以=2，ab=lacos号=3. 2分 则2a-b)2=4a2+b2+4ab=36+4-12=28 .4分 所以2a-=2W7. 6分 (2)若向量+b与a-kb相互垂直， 则(a+k⑥)小-(a-k5）=-k26=0,即9-4k2=0,…11分 解得。 ..13分 16.(本题满分15分) 10a+10b=0.3 [a=0.005 解：(1)由题意可知，10×(0.045+0.020+a)=0.7,解得b=0.025;4分 (0.020+0.005)×10<0.5<(0.045+0.020+0.005)×10 0.45X10=69444 0.2 所以中位数为65 .7分 (2)设第二组、第四组的平均数分别为，2，方差分别为，号， 且各组频率之比为： (0.005×10):(0.025×10:(0.045×10):(0.02×10):(0.005×10)=1:5:9:4:1 所以用分层抽样的方法抽取第二组面试者1+5+9+4+×20=5人， 第四组面试者1+5+9+4+×20=4人，…9分 则第二组和笔四组面试者的面试成绩的平均数-5x63,2=6?,11分 9 第二组、第四组面试者的面试成绩的方差 2-[+(G-门+[+（属-门-[8+(63-67]+号27+(2-671=2故估计第组、第 四组面试者的面试成绩的方差是42 15分 17.(本题满分15分) 解：(1)设事件A="活动一获胜”，事件B="活动二获胜”， 事件C="活动三获胜”，1分 活动一取出一个小球的样本空间为2=红，2,34,5}，则(9)=5， 因为1=24，所以0=2，从而P0=骨 n(2)5, 2 即活动一获胜的概率为5； 3分 活动二中有放回地依次取出两个小球的样本空间为2，=《化川x,y∈礼，2,34,5}， 则9，)=25，因为B={,5,(2,4,③，34,2,5，}，所以(B)=5, 所以)=31 n(Q,)255,所以活动二获胜的概率为5 ，6分 (2)活动三不放回地依次取出两个球的样本空间为 23={1,2),(1,3),(1,4),1,5),(2,10,(2,3),(2,4),(2,5) 6,1.32,3,4,3,5,(4,424,3,(4,5),(5,1.5,2(5,3.(54},则m2,=20 因为c为含有一个简数一个偶数，所以C=2,则q侣-品- n(23）205, 3 即活动三获胜的慨率为5. .8分 设M="先玩活动二，获得挂件”，N="先玩活动三，获得挂件”， 则M=ABCUABCUABC,且ABC,ABC,ABC两两互斥，A,B,C两两独立，所以 P(M)=P(ABCUABCUABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =P(A)P(B)[1-P(C)]+[1-P(A)]P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C) 2123132、1319 5555'555'55125,… 11分 又N=ACBUACBUACB,且ACB,ACB,ACB互斥，A,C,B独立，所以 P(N)=P(ACBUACBUACB)=P(ACB)+P(ACB)+P(ACB) =P(A)P(C)1-P(B)]+[1-P(A]P(C)P(B)+P(A)P(C)P(B) 对品， .14分 因为P()>P(M),所以接下来该顾客应该先玩活动三能使获得挂件的概率更大.15分 18.（本题满分17分) 解： (1)在线段EC上取点P,使得CQ=2=AB,则四边形4BC0是平行四边形，故BC/A0,连接 P№，故∠P40是异面直线BC与PA所成角（或补角） , PA=A0=2 PE=EO=1 由勾股定理，P№=VPE+EQ=P+1下=√2 由余弦定理得os∠PA0=P4+A0-PO:3 2×PA×AQ4, 故异面直线BC与P4所成角的余弦值是4：4分 AF_AG-2 (2)若F,G分别是AE,AP上的点，且FEGP AN_BM =2 连接NF,FG,GM,又NCMP 所以NF IICEIIAB11GM,FG1IEP,即M,N,F,G四点 共面， 由NF￠平面PCE,CEc平面PCE,则NF1I平面 PCE, 同理可证FG1/平面PCE,又NF∩FG=F,且都在平面MNFG内， 所以平面MNFG/I平面PCE,MNc平面MNFG, 故MN/平面PCE. .9分 (3)等腰梯形ABCD中，AB/1CD,CD=2AB=2AD=4,AE⊥CD,垂足为E,故∠C=∠D=60°， 连接AC,则易得∠ACE=30°， 过P作PH⊥BC于H,连接EH, 因为PE⊥面ABCE,BCC面ABCD, 所以PE⊥BC,又PH⊥BC, 所以∠PHE为二面角P-BC-A的一个平面角，11分 故an9=tan∠PHE=PE- EH CE:sinGoe=1-2v3 3x 9,13分 2 同理，过作RLAC于R,连接ER,则∠QRE为二面角2-AC-E的-个平面角，故 tanp=tan∠QRE=E」 1 12 RECE.sin30° 3× 3 .15分 根据tan0=√3tanp, 解得QE 3… 16分 故月 .17分 19. (本题满分17分) 解：(1)因为cos2A+cos2B+2sinC=2, 所以1-2sin2A+1-2sin2B+2sinC=2, 整理可得，sinC=sinA+sinB, .3分 (2)(i)sin24+sin'B=sin C=sin Acos B+cos Asin B 可得sin4(sinA-cosB)+sin8(sinB-cosA)=0,4分 因为AB为锐角，则有： @若4号8，即8>于4，则48写4经8e0), 且y=snr在0到内单调递增。 可得sn4如A0,且sn4>sm经-B=cosB,smB>sGA小=as4， sin A-cos B>0,sin B-cos A>0 可得in1(sinA-cosB)+sin8(sinB-cosA)>0,不合题意；5分 ②若4号8，即8<号4，则4B受4经B0引， 且y=s如r在0)内单调递增。 可得n4知B>0,且n4<?--mB,m8<sm（行4=s4, sin A-cosB<0 sin B-cosA<0 可得sin4(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA<0,不合题意； .6分 ⑧若4-经A,即8-号4，则m4=m行8csB,如8=m经小=w4, sin A-cos B=0,sin B-cos=0, 可得sin1(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)=0,符合题意； 综上所述：4=受B,即4+8-受，可得C-受，n7分 因为w的=6，即b12, 可得a+b≥2Nab=4v3,c=Va2+b≥2ab=26】 当目仅当a=b=2√3时，等号成立， 则a+b+c之4W5+2W6,所以△ABC周长的最小值为4W3+26.9分 (曲由山知c=,则+=2， 设a=ccos B,b=csin B” 10分 =sin+ossin 因为80，则8+任)， 11分 则2sm8+}可，则e2]. a+b+c cosB+sinB+1 (sin B+cos B)(1-sin Bcos B)+1 则 abc sin Bcos B sin Bcos B .13分 +1 -+3+2(+10(-2+1+2）-2+t+2 2 t2-1 t2-1 -(t+1)t-1) t-1 1* t-11 2 易知函数y=-1+,二在]上单调递减， .15分 则=1+2-2+5 ”t-1 a3+b3+c3 则 abc≥2+V2· 所以k=3.17分