湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 雅礼中学高一数学期末试卷聚焦核心知识，通过立体几何折叠（如第8题二面角与线线角）、统计概率（如第17题频率分布直方图）等问题，考查空间观念、数据意识，实现基础与能力的综合评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、立体几何判定|基础概念辨析，如第3题充要条件判断| |多选题|3/18|三角函数性质、概率事件关系|多维度能力考查，如第10题事件独立性分析| |填空题|3/15|分位数、函数周期、翻折体积|抽象能力应用，如第14题翻折后外接球表面积| |解答题|5/77|解三角形、立体几何证明（如18题面面垂直）、统计概率|综合创新，如19题折叠存在性问题，考查空间想象与推理能力|

雅礼中学2026年上学期期末考试试卷 高一数学 时间：120分钟 分值: 150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合A={x|x≥1}, B={x|-1<x<2}, 则A∩B= ( ) A. {x|x>-1} B. {x|x≥1} C. {x|-1<x<1} D. {x|1≤x<2} 2. 复数z满足z(1-i)=1+i, 则|z|= ( ) A. i B. 1 C. D. 2 3. 已知直线m和平面α,β,若m⊂α, 则“α⊥β”是“m⊥β”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.如图所示，在四面体A-BCD中，点E是CD的中点，记 则 5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若b=5,C=60°,且△ABC的面积为5 ，则△ABC的周长为( ) 6.已知单位向量，满足 则向量在向量上的投影向量为( ) 7. 已知等腰梯形ABCD, AB=2, CD=6, 圆O为梯形ABCD的内切圆, 并与AB, CD分别切于点E，F，如图所示，以EF所在的直线为轴，圆O旋转一周形成的曲面围成的几何体体积为V，则V 的值为( ) A. 12π B. C. D. 8. 如图, 四边形ABCD, BC=CD=1,将△ABD沿BD折起,当二面角A-BD-C的值属于区间 时，直线AB和CD所成角为α，则cosα的最小值为 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知函数 则 A. f(x)的最小正周期为2π B. 若f(θ)=2, 则 C. f(x)在区间[0, ]上单调递增 D. f(x)的图象关于点()中心对称 10.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件C=“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是( B.事件A与事件B相互独立 D.事件B与事件C为互斥事件 11.如图，在长方体 中，AB=2, ，动点M在体对角线 (含端点)上，则下列结论正确的是( ) A.当点M为 的中点时， 为钝角 B. 当点M为 的中点时，四棱锥 的外接球的表面积为 C.存在点M，使得 平面 D.直线BM与平面 所成角的最大正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下: 7, 8, 13, 15, 17, 18, 18,a, 25, 27,若该组数据的70%分位数是19，则a= . 13.已知f(x)的定义域为R,周期为4,当x∈[0,4)时, ,则f(2027)= . 14.如图,DE是边长为2 的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至 当三棱锥 的体积最大时，四棱锥 外接球的表面积为 . 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) 已知函数 (1)求 的值与求函数f(x)的最小正周期； (2)求函数f(x)在区间 上的最大值及相应的x的值. 16.(15分) 在△ABC中, 角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 若acosB+bcosA=2ccosA. (1)求A的大小; (2)若a=7,b+c=13, 求△ABC的面积. 17.(15分) 某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于50至100之间, 将数据按照[50,60), [60,70), [70,80), [80,90),[90，100]的分组作出频率分布直方图如图所示. (1)求频率分布直方图中a的值，并估计本次竞赛成绩的中位数(保留1位小数)； (2)若按照分层随机抽样从成绩在[80，90)，[90，100]的两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人的成绩在[90，100]内的概率. 18. (17分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA=PD=4, 底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD, AB∥DC, AD=DC=2AB=4. (1)求证: 平面PAD⊥平面ABCD. (2)求证: PC⊥BD; (3)求平面 PAD与平面PBC 所成锐二面角的正切值. 19.(17分) 在梯形ABCD中, AB∥CD, AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,线段AC与DP交于O点(如图1)将△ACD沿AC折起到△ACD'位置,使得平面D'AC⊥平面BAC (如图2). (1)求证: BC∥平面POD'; (2)求二面角C-AB-D'的余弦值； (3)线段PD'上是否存在点 Q，使得CQ与平面BCD'所成角的余弦值为 若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $1.【答案】D 【详解】由交集的定义结合题意可得：A∩B={x|1≤x<2} 2.【答案】B 【详解】由z(1-i)=1+i,得z 1+i1+i0+D_2i=i,所以=1 1-i(1-i01+i)2 3.【答案】B 【详解】当a⊥B时，由mca,直线m与平面B可能垂直，也可能平行，故充分性不成立： 当m⊥B时，由mca,可知a1B,故必要性成立：所以“a⊥B是“m⊥B”的必要不充 分条件. 4.【答案】A 【详解】连接AE,如图所示， ,E是CD的中点，AC=b,AD=c, 正=ac+而)6+)， 在△ABE中，BE=BA+AE=-AB+AE, 又丽=a,E=-a+6+=a++ E 5.【答案】B 【详】解由题意及三角形的面积公式，得-absinC=5V5,即)4×5×5=55，解得 a=4, 根据余弦定理得c2=a2+6-2abc0sC=16+25-2×4x5×)=21,即c=万， 所以△ABC的周长为a+b+c=4+5+√21=9+√21· 6.【答案】C 【详解】已知ā，6为单位向量，故==1 6+分所以a+-即试+2i-6+f-2+2a6-}所以a6=-号 7 所以向量b在向量ā上的投影向量为ā·b 、 a= 12 7.【答案】C 【详解】梯形ABCD旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为片=1，下底面半径为3=3， 由圆O和梯形ABCD相切可得，AD=片+5=1+3=4， 所以圆台高h=√AD2-(5-}=25,圆0半径r-h_25-5, 22 所以，V= r,=45π 3 8.【答案】A 【详解】取BD的中点记为O,连接AO,CO,AB=BD=DA=√5，BC=CD=1. 401BD,C01BD,40-3c0= 则二面角A-BD-C的平面角为∠AOC 记=面角A-BD-C的大小为0，则0写经 如图所示，以0为原点，OB为x轴，OC为y轴， 过O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系. ..c0o-50 A0,cos0,sin0) a-5-,D-(5丽-6@l 22 直线AB和CD所成角为a, AB.CD *( 5 3 -sin0×0 2 21 2cos0×(- ∴.cosa= 5cos0-5_ 5-√5cos0 AB CD 4 4 0e号.cs0e岁 当c0s0=2 即B元，c0sa有最小值，最小值为5-V5×2同 3 9.【答案】AC 【详解】利用辅助角公式化简： 选项A,最小正周期T=2江，2红=2元，A正确 o1 选项B者0=2.则20+引-2，即m0+写引-1， 得：0+号-号+2a(低eZ,即0-名+2akeZ列.因此m0=mg-5 6 63 V5 B错误： 选项C, 则y=sinu在u∈ ππ 32 上单调递增， 因此f(x)=2sin 上单调递增，C正确； L6 选项D,若函数关于点 (0中心对称，则满是/)-0， 则f 2sin =2sim2=V5≠0，D错误 3 10.【答案】ABC 【详解】依次不放回摸出两张卡牌的样本空间 2={12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43}, 事件A={12,13,14,31,32,34},B={14,23,32,41},C={12,21,23,24,32,42}, 对于A,PC)=6=1, 122,A正确： 61 21 B,PA利==PBE2=3PAB)26:则PAB)=P4PB 因此事件A与事件B相互独立，B正确： 1,112 于C,P4+B)EP0+PB)-PAB)专3.3，C正确 对于D,当摸出的两张卡牌编号为2,3时，事件B与事件C同时发生， 因此事件B与事件C不为互斥事件，D错误。 11.【答案】BC 【详解】 2 D A M 建立如图所示空间直角坐标系，当点M为BD中点时，M1,B12,0),C(02,)。 :ME=(兮L-之，MC=(l,M派MC=>0,∠BMC为锐角，A错误： 假恤楼维M=BBCC的外接球径为R,U-RPt=R产，则R子 四棱锥M-BBCC的外接球的表面积为S=4红R红，B正确 设M(x,y,),DM=DB,∈[0，，DB=(L,2,),则M(,2,), DB,·BC= .BM=(2-1,21-2,),BC=(-1,0,1), ,得=。 DB·BM= 6 存在点M,使得B,D⊥平面BMC,C正确： 设平面BB,CC的法向量为=(O,1,O),直线BM与平面BB,CC所成角的正切值最大， BM.n 则直线BM与平面BB,CC所成角的正弦值最大即可，sinO= BM 2-21 即sin0= 122-21 V-1+(22-2}+元，元e0,,故sin0= V2-1)2+(21-2)2+ 令2-2=t,1∈[0,2]，则sin8= V62-41+4 当t=0时，sin0=0, 2 2 sin0= 当t∈(0,2]时， 4-49+642+5 故最大正弦值sin0= 2W5 则最大正切值tan0=2,D错误， 12.【答案】20 【详解】由10×70%=7，得7,8,13,15,17,18,18，a,25,27的70%分位数 18+0=19, 2 所以a=20. 13.【答案】7 【详解】f(2027)=f(2027-4×506)=f(3)=23-1=7,因此f(2027)=7. 14.【答案】13元 【详解】依题意，DE=BC=√5，正三角形ABC的高为3，则A到DE的距离与梯形 BCDE的高均 3-2 三棱锥C-A,BE的体积V= 3 h是A到底面BCDE的高，由图知，当且仅当平面ADE⊥平面BCDE时，h最大(h= 2 此时其体积最大 又因BCDE是等腰梯形，为圆内接四边形，其外心必在对称轴(DE中点F到BC中点G的连 3 线FG)上，而FG= 2 设四棱锥A-BCDE的底面外接圆半径为”，外心到DE的距离为x, 由阿定户(g)+-(+(G- 格DE=ac-25G-入可写+r-5r+目- 3-2 解得x= 3 因FG=弓则可知棱锥底面外接圆圆心就是BC中点G,且r=GB=√5，即，2=3 外接球的球心O必在过底面外心G且垂直于底面BCDE的直线上， 设OG=d,外接球半径为R,则：R2=r2+d=3+d 由平面ADEL平面BCDE,AFLDE,得AF⊥底面BCDE,AF= 2 且FG⊥A,F.由勾股定理得：O4=FG2+(AF-d)?=R2, 代入G=AF得： +侵八=3+d,化两：0=3归d 2 因此R2=2+d2=3+ 13=13m 外接球表面积：S=4πR=4· B 15.(13分) 【答案】()V5,元；(2最大值为2，此时x=π 12 【详解】(1)因为f(x)=2 sinxcosx+V5cos2x=sin2x+√5cos2x=2sin2x+ 所以 -2sm2-5. 由T= 2π 得T= 2π=π，故函数∫(x)的最小正周期为元： π (2) 3 -V5s2sim(2x+3)s2. 所以函数f()在区间0 上的最大值为2， 此时si 2x+写1，又写≤2x+号s，所以2x+-,解得 3-3 32 12 故函数/()在区同0号 上的最大值为2，此时x=石 12 16.（15分) 【答案】（①A= (2)10√5 3 【详解】(1)因为acosB+bcosA=2 ccosA, 由正弦定理可得：sin AcosB+sin BcosA=2 sinCcosA, 即sin(A+B)=2 sinCcosA,在△ABC中，sin(A+B)=sinC>0, 所以cos4=分因为Ae0,刘，所以4-骨 (2)由1)知，cos4=2因为a=7,b+c=13, 由余弦定理，得：a2=b2+c2-2 bccosA=(b+c)2-3bc 即49=132-3bc,得bc=40，,所以△ABc的面积S=bcsin A=× 40x3 =105 17.(15分) 【答案】()a=0.020,中位数约为74.3：(2 【详解】(1)由频率分布直方图，得10(0.005+0.030+0.035+a+0.010)=1,解得 a=0.020, 成绩在[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率依次为0.05,0.3,0.35,0.2,0.1， 显然本次竞赛成绩的中位数m∈(70,80)，则0.35+(m-70)×0.035=0.5,解得m≈74.3， 所以a=0.020,中位数约为74.3 (2)由(1)知，成绩在[80,90)，[90,100]的频率之比为0.2：0.1=2：1， 则在[80,90)中随机抽取6× =4人，记为1,2,3,4，在[90,100]中随机抽取6×32 人，记为a,b, 从6人中随机抽取2人的样本空间为 2={12,13,14,1a,1b,23,24,2a,2b,34,3a,3b,4a,4b,ab},共15个样本点， 设事件A=“至少有1人的成绩在[90,100]内”，则A={1a,1b,2a,2b,3a,3b,4a,4b,ab} 有9个样本点，因此P(4)=5方 93 所以至少有1人的成绩在[90,10]内的概率号 18.(17分) 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析(3)1 【详解】(1)【法一】因为CD=PD=4,PC=4W2,所以PD2+CD2=PC2,所以 CD⊥PD, 又因为底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD,AB//DC,所以CD⊥AD, 又ADO PD=D,AD,PDC平面PAD, 所以CD⊥平面PAD,又CDC平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD: 【法二】取AD的中点O,连接PO、OC, 因为PA=PD=4,所以PO⊥AD,又AD=DC=2AB=4,所以PO=2√5， 因为底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD,AB/IDC, 所以0C=V42+2=25,又PC=4V2,所以P02+0C2=PC2,所以P0⊥0C 又AD∩OC=O,AD,OCc平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD,又POC平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD; O A B (2)由(I)可知PO⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PO⊥BD, 在榜形A8G0中，∠D1B=∠CD0=子AD=CD=4,B=D0=2, 所以△DAB≌ACDO,所以∠ADB=∠DCO, 又∠D0C+∠DC0-号所以∠D0C+∠ADB-所以BD10C, 又PO∩OC=O,PO,OCc平面POC,所以BD⊥平面POC, 又PCC平面POC,所以PC⊥BD: (3)延长CB与DA延长线相交于点M,连接PM,过A作AF⊥PM于点F,连接BF, 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,ABC平面ABCD, AB⊥AD, 所以BA⊥平面PAD,PMC平面PAD,所以BA⊥PM, 又AF⊥PM,AF BA=A,AF,BAC平面ABF,所以PM⊥平面ABF, 又BFc平面ABF,所以PM⊥BF,所以∠AFB是二面角D-PM-C的平面角， 因为4B1CD且4B=CD,所以A伪AD的中点，又。PAD为边长为4的等边三角形。 △4PM中，4P=AME4,ZPAM=-，所以 所以AF=AMcos∠MAF=4x)=2,又BA⊥平面PAD,AFc平面PAD,所以 2 BA⊥AF, 在RtABF中，tan∠AFB=4B AF 1,所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的正切值 为1 M 19.(17分) A提取文字更多~ (2②7 (3)存在， PO 1 【答案】(1)证明见解析 PD'3 【详解11)在梯形ABCD中，AB1CD,∠BAD-号AB=2AD=2CD=4,P为AB 的中点， 可得△ADP为等边三角形，四边形DPBC为菱形， 故BCIIOP,而OPc平面POD',BCE平面POD', BC/平面POD', 2)由)得BC=2.∠ABC-号AB=4,故4C1BC,4C⊥DP. 而平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,，D'OC平面DAC, DO⊥AC, 六D'OL平面BAC, ∴.OA,OP,OD'两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则D(0,0,1),A(V5,0,0),B(-√5,2,0)， AB=(-2√5,2,0)，AD=(-V5,0,1), 设平面ABD'的一个法向量为万=(x,y,z), 则 -2√5x+2y=0 ,取x=1得n=L,V5,√5)， -V5x+z=0 平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), 故cos0= Im.nl 3 v21 1mnl√77 ,所以二面角C-AB-D的余弦值为V2 D A 3)设Pg PD' =1,(0<1<),则P0=tPD,P(0,1,0),PD=(0,-1,1) 的Q(0,1-1,),C0=(W5,1-1,), 设平面BCD'的-一个法向量为n=(L,0,-√5) |5-√5l 58 √6 CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 V3+(1-02+2×1+3 V- 648 1 化简得32-7t+2=0,解得t=。(1=2舍去) 3 故存在%=。，使得C。与平面BCD所成角的余弦伯为V58 P