广东湛江市第一中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

湛江第一中学2025~2026学年度第二学期期末考试 高一数学参考答案 1.C解折：由1-2D=3+4i,得=参=8+0+20-3+10+8--50=-1+21所以11 1+4 5 5 √-1)2+22=√5.故选C. 2.B解析：设事件A为“两枚都是黑色棋子”，事件B为“恰好有一枚白色棋子”，事件C为“两枚都是白色棋子”.对于 A,“至少有一枚白色棋子”包含事件B、事件C,“都是黑色棋子”为事件A,两个事件不能同时发生，且并集是全集，是 对立事件，故A不满足；对于B,“都是白色棋子”为事件C,“都是黑色棋子”为事件A,两个事件不能同时发生，且并集 不是全集（缺少事件B),是互斥而不对立事件，故B满足；对于C,“恰好有一枚白色棋子”为事件B,“恰好有一枚黑色 棋子”也为事件B,两个事件是同一个事件，能同时发生，不是互斥事件，故C不满足；对于D,“至多有一枚白色棋子”包 含事件A、事件B,“至少有一枚黑色棋子”也包含事件A、事件B,两个事件都包含事件A、事件B,能同时发生，不是互 斥事件，故D不满足.故选B. 3.D解析：因为a=(3,4),b=(-6,x),a∥b,所以3x-4×(-6)=0,即x=-8,从而a·b=3×(-6)+4×(-8)= 一50.故选D. 4,A解析：设云-85,1-5，-90-10m-0”20-号-0220-号，则全班学生成绩的平均数为云-五十 u-号×85十号×90-87，全斑学生成锁的方差为-m[时十（云-）门十am[十(G-)门-号×[5十 (87-85)]+号×[10+(87-90)]=13.故选A. 5.C解析：由题意可得，MCAC102三20（米），NC=co5==40(米)，所以由余弦定理得MN=MCB c0s451 1 2 2 NC-2MC·NC·cos∠MCN,即MN=202+402-2×20×40×(-)=2800,MN=V2800=20W7(米).故选C. 6.,B解折：等边三角形PAC的高为sn吾×25=9×2g=3,等边三角形PAC的外接圆 半径为号×3=2，三角形ABC的外接圆半径为2=2，设O,0,分别是等边三角形 2sin号 0 PAC、等边三角形ABC的中心，设O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，R是外接球的半径， 则R2=OA2=22+12=5,所以外接球的表面积为4πR2=20元.故选B. 7.C解析：根据题速得，PA=希-石，PB-品，PCO=8-PD)=嘉-日对于A,P(AB)=PCAP(B) 日×最-2i6产6故A错误：对于B,P(AD)=0,P(AP(D)=日×g-≠0，放B错误：对于CP(CD)=品8： PCP(D)-×号-品满足P(CD)-P(CP(D,放C正确：对于D,P(BC-希-BP(BP(C-希×名- 易≠0故D错误故选C s=-5(&+c2-2bc-a2) 4 8.B解析： 26rsnA=-cG+e-2k-d),又+e-d-2 ebecosA,所以号esinA= -(2c0sA-2ac),即sinA+5csA=5,即sn(A+3)-号，由于0KA<号→号<A+答<吾，所以A+晋- 4 2>A=平.由正孩定理可知2b士2mB士2smC,mgm(A+C②二2inC叶3 cbsin C sin B'sin C sin C sin C 2 【高一期末·数学答案第1页（共6页）】 Z210A 3 0<C<受0<C<受 2tanc,由于 →<C<所以aC>停→2<+ac<2,设-+c <B<50<元-C-A< 则2-什品，E(兮，2)，由于函数y=4计2在（号）上单调递减，在w厄，2)上单润递增，当：=时y=号：当 bc =2时y=3当：=区时y=2,所以2区≤y<号.2的取值范图为[2区，号.放选B 9AD解析：化简复数一共-石一套-2+红对于A,-2+么的共轭复数为-2-，放A正 确：对于B,=一2+21的童部为2，不是2放B错误：对于C先求=2)于=2，音=， √2 (1)-1一+-=-i,(存1=（一=一1，散C错误：对于D,:对应复平面肉的点为（一2,2》，位于第二 √2 2 2 象限，故D正确.故选AD. 10.BD解析：对于A,分别把AA1、BC、AB当作直线m、n、l,显然m⊥n,故A错误；对于B, D m⊥a,m∥n,则n⊥a,故B正确；对于C,平面AA1BB、平面BBCC、平面ABCD分别视A 为平面a、B、Y,显然a∩B=BB,故C错误；对于D,根据面面垂直的性质定理，若两个平面 垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，所以已知α⊥B, a∩B=l,mCa且m⊥l,可得mLB,故D正确.故选BD. 11.AC解析：对于A,当P与A重合时，二面角AA1DB1为90°，点P由A点移动到AC1中点的过程中，二面角 PA1DB1逐渐减小至0°，由对称性可知，当P由AC1中点移动到点C的过程中，二面角PA1DB1由0°逐渐增大至 90°，故A正确；对于B,因为正方体的棱长为2，当点P与A重合时，∠CAD1即为所求，此时有tan∠CAD,= B-2号2=号当P与C重合时，连接AD,AD相交于点M,侧则锐角∠AGM即为所求，在△AGM中，一 M=2,CM=6,AG=23,由余弦定理cos∠ACM+9二Ar=12十A2-22,此时有 2C1A·C1M2X2√3X√6 tan∠AC,M=sin∠ACM_√1-( cos∠AC1M 2W2 <号，所以∠ACM<∠CGAD,即直线AC与平面A,DP所成的年 并不是逐渐增大，故B错误； R 对于C,当点P为平面A1BD与直线AC1的交点时，连接AD1,则AD⊥AD1,又因为C1D1⊥平面ADDA1,ADC 平面ADD1A1,所以A1D⊥CD1,又C1D∩AD1=D1,C1D,ADC平面ACD1,所以AD⊥平面ACD,ACC平 面AC1D1,所以AC1⊥A1D.同理可得，AC⊥A1B.因为A1D∩A1B=A1,AD,ABC平面ADP,所以AC1⊥平面 ADP,故C正确； 【高一期末·数学答案第2页（共6页）】 Z210A 对于D,连接AB,BD,AD,易知△ABD为等边三角形，边长为2E,其面积S=×(22)P=25,又AC,L平面 A,BD,设AG与平面ABD交于点0，则0为AG的三等分点，A0-专AG=号×V区+2干-25,0G AC-A0=2厅-2-，因为点P在AC,上，所以点P到平面A,BD的距离A即为点P到0点的距离，当P 3 与G重合时，距离最大值OC=,故D错误放答案为AC 12.9解析：由题意可得号×(6+8十a十12+14)=10，解得a=10,将数据按升序排列为6,8,10,12,14，因为5×0.4= 2,所以该组数据的第40百分位数为8士10=9.故答案为9. 2 13.0.85解析：由题意知P(B)=0.5,P(AB)=P(A)P(B)=0.35,所以P(A十B)=P(A)十P(B)-P(AB)=0.7+ 0.5-0.35=0.85.故答案为0.85. 14.号解析：如图，连接AC,设BDNAC=-O,再连接OQ,因为四棱锥P-ABCD为正四棱 锥，则O为AC的中点.因为PA∥平面BDQ,又PAC平面PAC,平面PAC∩平面 BDQ=OQ,所以OQ∥AP,则Q为PC中点，所以Ve=Vaao=2VeD=2Vax, 又SAAc=号San,则VAx=2VAD,所以Vo=Vr.因为5an=25am, 1 心改故改烫 VPARDVAARD 15.解析：(1)向量OA=(2,1),Oi=(5,-2),OC=(m,4), 所以Ai=Oi-OA=(3,-3),AC=OC-OA=(m-2,3), (3分) 由A,B,C三点共线知A∥AC, 即3×3-(-3)×(m-2)=0, 獬得m=-1.…(6分) (2)由Ai=(3,-3),BC=0C-Oi=(m-5,6), AD=OD-OA=(x-2,y-1),CD=OD-OC=(x-m,y-4), (8分) 若四边形ABCD为矩形，则AB⊥BC, 即Ai.BC=3(m-5)+(-3)×6=0,解得m=11.… (10分) 由A访=-C市，得2-m=x-11=-3 (y-4=3 解得x=8,y=7,… (12分) 所以x十y=15.… …(13分) 16.解析：(1)由a-cosB=b及正弦定理得sinA-siCes B=- 4sin B, 所以sin(B+C)-sin Ceos B=sinB,即sin Beos C=-A 4sin B, 因为0<B<元，sinB≠0，所以cosC=1, ”… (5分) 所以os2C=2eoC-1=2X6-1=-名 8· (7分) (2)在△ACD中，由余弦定理得c0s∠CDA=16+9-_25-B 2×4×324， 在△BCD中，由余弦定理得cos∠CDB=16t9-Q2=25-a (9分) 2×4×3 24 因为∠CDA+∠CDB=x,所以cos∠CDA+cos∠CDB=25,E+25,a=0, 24 24 【高一期末·数学答案第3页（共6页）】 Z210A 则a2十b2=50,…(11分) 在△ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcos C,即36=50- 2ab,所以ab=28, 又cosC=是，Cc(0,x),所以sinC= 4 (13分) 所以Sc=sinC-2 (15分) 2 17.解析：(1)由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半， 所以a=0.016X2=0.032,…（1分) 又(0.008+0.016+0.032+0.04+b)X10=1,…(2分) 解得b=0.004,即a=0.032,b=0.004, (3分) 择优选取40%的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数， 成绩落在[50,70)内的频率为：0.16+0.32=0.48，落在[50,80)内的频率为：0.16+0.32+0.40=0.88，…（4分) 设第60百分位数为m,则0.04(m-70)=0.6-0.48,解得m=73, 所以晋级分数线划为73分合理.…………… ………(5分) (2)设该小组10位学生的分数分别为x1,x2,…,x10,因为x=90, 所以℃1十x2十…十x10=10X90=900,… …(6分) 所以=(+号++)-90=6， 所以x好十x吃十…十x0=81360,… (8分) 剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为x1,x2,x3,…,x8, 平均数与标准差分别为x,5o, 则剩余8个分数的平均数，=十2十十…+=90-95-85=90， 8 8 (9分) 方差=君（云++十x)-902=8×(81360-95-852)-902=38.75。.10分） (3)记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件A,B,C, 则PCA)=是，PAB)=PCA)P(B)=是解得P(B)= 8,…(11分) 由乙，丙两人至少一人回答正确的概率是是 则1-PBC)=1-PB)P(C=是 ……(12分) 即1-1-·PC->PC)=3>P(C=号 (13分) 所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为受和号、 有0人回答正确的概率P,=P(ABC)=P(AP(BP(C)=音×名×号-最 5 有1人回答正确的概率为 =PABC+ABC+ABC)=××+×音×+号×x号-： 27 所以不少于2人同答正确这道题的概率P=1R,P=1品员-器 ………………………(15分) 18.解析：(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=BC=AD=2,CD=4,E为CD的中点， 所以AB∥CE,且AB=CE=BC, 则四边形ABCE为菱形，所以AE=BC,… …(1分) 则AD=AE=DE=2,所以△ADE为等边三角形，翻折后△PAE为等边三角形，且PA=PE=2, 因为F为AE的中点，故PF⊥AE,PF=√5.… .. (3分) 同理，四边形ABED为菱形，△ABE为等边三角形，BF⊥AE,BF=√3 【高一期末·数学答案第4页（共6页）】 Z210A 在△PFB中，PF=√3，BF=√3，又PB=√6，则PF2+BF2=PB2,所以PF⊥BF.…(4分) 因为AE∩BF=F,AE,BFC平面ABCE,所以PF⊥平面ABCE, 又PFC平面PAE,故平面PAE⊥平面ABCE.… …(5分) (2)证明：因为F,G分别为AE,BC的中点，四边形ABCE为菱形， 所以EF∥BG,且EF=BG,则四边形BGEF为平行四边形，所以BF∥GE.…(6分) 又BFC平面PBF,GE寸平面PBF,所以GE∥平面PBF.…(7分) 因为M为PC的中点，G为BC的中点，所以MG为△PBC的中位线，故MG∥PB. 又PBC平面PBF,MG中平面PBF,所以MG∥平面PBF.…(9分) 因为GEC平面MEG,MGC平面MEG,且GE∩MG=G, 故平面PBF∥平面MEG.… …(10分) (3)由(1)可知，PF⊥AE,BF⊥AE,且PF∩BF=F,PF,BFC平面PBF, 所以AE⊥平面PBF. 又AE∥BC,所以BC⊥平面PBF,又PBC平面PBF,则BC⊥PB, 所以PC=VPB+DC=而，且M为PC的中点，则MB=号PC=, 2· …(11分) 在△PEC中，PE=CE=2,PC=Vo,则ME=√CE-Cm-E, 21 又BE=MB2+ME,所以MB⊥ME. 如图，过M作MH⊥BE于点H, ×⑩ 由等面积法可知，MH=ME·MB_? 2 =√15 BE 2 4 (13分) 在APBE中，PE=BE=2,PB=6,则边PB上的商为A=√BE-)-√2-C)=四 2 …(13分) 设点M到平面PBE的距离为d, 则VwmE=Vaaw=Va=VwE=含×合HCXEGX-号PF=号×号×2X3X9合 所以号×含PBh:d-名所以d=p.6 3 3V15 v6x05 …（16分) 2 设二面角PBEM的大小为a,则sina=M万=5， 放二面角PBEM的正弦值为号 ……………………（17分) 19.解析：(1)由题可知，在△ACD中，由AC=CD=1得∠CAD=∠ADC= 61 故∠ACD=,AD=3, 又因为∠DAB=牙，所以∠BAC=∠DAB-∠DAC-专-吾-吾， …(2分) 于是在等腰Rt△ABC中，BC=√AB2十AC=√2， 翻折保持边长与角度不变，因此在△ACP中，AP=AD=√3，CP=CD=1, 【高一期末·数学答案第5页（共6页）】 Z210A 且∠PAC-∠DAC=S, 在三面角APCB中，应用三面角余弦定理， 得cos∠PAB=cos∠PACcos∠CAB+sin∠PACsin∠CABcos 0, 代入得cos∠PAB=cs晋cos5+sin吾sin吾cos8=2cos0, …(4分) 当A=看时，me∠PAB=os吾-9， 6 64 在△PAB中，AP=√3，AB=1, 则PB=AP+AB-2AP·ABeos∠PAB=3+1-2X5X1X-4-多-号， 因此PB=- 10 2 …(7分) (2)设∠PCB=x,在三面角CPAB中，应用三面角余弦定理， 得cos∠ACB=cos∠ACPcos∠PCB+sin∠ACPsin,∠PCBcos 02, 4 cos 2coiin co 代人化简得号=一号如+血及，从面成-十m (10分) √3sinx 若PCLBC,则x=∠PCB-受，代人上式得cos,-E+0-5 3X13 … (12分) (3)由(2)知，c0s,=E十cos上，x∈0，x, V3sin x 2t 1-t2 令1=tam(>0),则sinx=1千2cosx-1+, 于是cos02= + 2-1)+E+1-区-1+2+1.1， 23t 2√3 23t’ …(15分) 由基本不等式，cos02≥2 ②-1×2+1=3， V2√32W3 3 当且仅当区一=②.上时取等号，此时可取得最小值， 2√52√5 故cos2的最小值为 3· (17分) 【高一期末·数学答案第6页（共6页）】 Z210A湛江第一中学2025~2026学年度第二学期期末考试 高一数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。 2.考生作答时，请将答案填在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答 案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答 题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：人教A版必修第二册。 : 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 昂 1.已知复数之满足(1一2i)之=3十4i,则x= A.2 B.√3 C.√5 D.3 2.袋子里装有三枚黑色棋子、三枚白色棋子，从中不放回地随机取出两枚棋子，那么互斥而不对 立的事件是 A.“至少有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” B.“都是白色棋子”与“都是黑色棋子” C.“恰好有一枚白色棋子”与“恰好有一枚黑色棋子” D.“至多有一枚白色棋子”与“至少有一枚黑色棋子” 3.已知向量a=(3,4),b=(-6,x),若a∥b,则a·b= : A.-26 B.14 C.-36 D.-50 4.湛江某中学某班有50名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组30人，B组20人，经过一个 月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为85分，方差为5，B组的平 均成绩为90分，方差为10，则在这次测试中全班学生成绩的方差为 A.13 B.7.5 C.15 D.7 5.为了测量乡村振兴示范村两座垂直于地面的环境监测塔顶端间 的距离，某无人机测量小组构建了如图所示的几何模型.若无人 剂 机所在位置点C到A塔底部的水平距离为10√2米，到B塔底部 的水平距离为20米，无人机观测A塔顶端的仰角为45°，观测B 塔顶端的仰角为60°，且两条观测线MC,NC之间的夹角为 120°，则两座监测塔顶端之间的距离为 A.60米 B.20√3米 C.20√7米 D.40√2米 【高一期末·数学卷第1页（共4页）】 Z210A 6.三棱锥P-ABC中，△PAC是边长为2√3的等边三角形，AB=BC=2,平面PAC⊥平面ABC, 则该三棱锥的外接球的表面积为 A.16π B.20π C.24元 D.32π 7.连续抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有1,2,3,4,5,6的骰子两次，分别记录两次骰子正面 朝上的点数，记事件A为“第一次正面朝上的点数为2”，事件B为“两次正面朝上的点数之和 为6”，事件C为“第二次正面朝上的点数为偶数”，事件D为“两次正面朝上的点数之和为9”，则 A.A与B相互独立 B.A与D相互独立 C.C与D相互独立 D.B与C相互独立 8.在锐角△ABC中，角A,B,C的边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且S=-3(6十c2 4 2一。).则2的取值范固为 A.(3,9) B[22,9) C.[2√2,3] D.(22,3) 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=日则 A.之的共轭复数为一2-2i B.之的虚部为2i C.(安)=-i D.之在复平面内所对应的点位于第二象限 10.已知a,β，y是三个不同的平面，m,n,l是三条不同的直线，则 A.若m⊥l,n⊥l,则m∥n B.若m⊥a,m∥n,则n⊥a C.若a⊥Y,B⊥Y,则a∥B D.若a⊥3，a∩3=l,mCa,m⊥l,则m⊥3 11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点P是对角线AC1上一个动点，在点P从顶点A 移动到顶点C1的过程中，下列结论正确的是 A,二面角PA,DB,的取值范围是[0，] B.直线AC1与平面A1DP所成的角逐渐增大 C.存在一个位置，使得AC1⊥平面A1DP D. D.点P到平面A1BD的距离最大值为2， 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知一组数据：6,8，a,12,14的平均数为10，则该组数据的第40百分位数为 13.设A,B是一个随机试验中的两个事件，记B为事件B的对立事件，若P(A)=0.7,P(B)= 0.5,且A与B相互独立，则P(A十B)= 【高一期末·数学卷第2页（共4页）】 Z210A 14.如图，在正四棱锥P-ABCD中，点Q在棱PC上运动，当PA∥平面BDQ时，PA0 VP-ADQ 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) 已知向量OA=(2,1),Oi=(5,-2),O心=(m,4),O市=(x,y)(m,x,y∈R). (1)若A,B,C三点共线，求实数m的值； (2)若四边形ABCD为矩形，求x十y的值. 16.(15分) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a--ccos B=( (1)求cos2C; (2)若点D为AB的中点，CD=4,c=6,求△ABC的面积. 17.(15分) 高一年级举办了数学基础知识竞赛，为了解本次竞赛的整体水平，组委会从中抽取了部分参 赛学生的成绩x.进行统计将成绩进行整理后，分为五组(50≤x<60,60≤x<70,70≤x<80, 80≤x<90,90≤x≤100)，其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率 分布直方图解决下列问题： (1)若根据这次成绩，年级择优选取40%的同学晋级下一轮 ↑频率 组距 竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ 0.040 (2)年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据.若 某学习小组10位学生测试分数的平均数x=90,标准差 0.016 s=6,若该小组得分分别为95分和85分的A、B两位学0.0 生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与 b十十 0V5060708090100成绩（分） 方差； 【高一期末·数学卷第3页（共4页）】 Z210A (3)在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关竞赛的问题.已知甲回答正确的概率是 子，甲、乙两人都回答正骑的概率是是，乙、丙两人全少一人回答正确的概率是 .每人回 答正确与否相互独立.求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率. 18.(17分) 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=BC=AD=2,CD=4,E为CD的中点，将△DAE沿 AE翻折至△PAE的位置，使点D落在点P的位置，且PB=√6，M为PC的中点，F,G分别 为AE,BC的中点， (1)求证：平面PAE⊥平面ABCE; (2)求证：平面PBF∥平面MEG; (3)求二面角P-BE-M的正弦值. 19.(17分) 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线 PA,PB,PC构成的图形称为三面角P-ABC,记∠APC=a,∠BPC=B,∠APB=Y,二面角 A-PCB的大小为0，则cosy=cos acos B+sin asin Bcos0;如图②，在平面四边形ABCD中， AB=AC=CD=1,∠ADC=若，∠DAB=;如图③，将△ACD沿AC翻折至△ACP,记二 面角P-ACB的平面角为01，记二面角ACP-B的平面角为02. B ① ② ⊙ (1)当8=时，求线段PB的长度； (2)当PC⊥BC时，求cos02的值； (3)求cos02的最小值. 【高一期末·数学卷第4页（共4页）】 Z210A