陕西师范大学附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试题

**基本信息** 陕西师大附中高一数学期末卷通过分层题型设计（单选8题32分、多选3题18分、填空3题12分、解答5题58分），全面检测数学抽象、运算推理及模型应用能力，适配高一学段知识整合与素养发展需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|函数、几何基础|注重概念辨析，体现数学眼光的抽象能力| |多选题|3/18|代数综合、空间关系|强化多维度思考，发展推理意识| |填空题|3/12|公式应用、简单建模|考查知识准确性，渗透数据意识| |解答题|5/58|函数应用、几何证明、综合问题|突出逻辑推理与模型构建，适配期末综合能力检测|

陕西师大附中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级数学试题 命题人：倪如俊 审题人：赵国辉 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的选项中， 只有一项是符合题目要求的。 2+ 1.已知复数z满足z= 1- 则之在复平面内对应的点所在的象限为() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.如图，M,N,P,Q是正方体ABCD一EFGH所在棱的中点，则直线MN与直线PQ所成角为() A.30 B.45 C.60 D.90 3.已知向量d=(m,-2),6=(2,1),且d1i,则1a-26=0 A.V5 B.4 c.25 D.5 4.已知正四棱锥P一ABCD的底面边长为2，高为√2，点M为棱PC的中点，则直线BM与底面ABCD 所成角的正切值为() C1 D.V2 5.为了保证驾乘人员的安全，某市要对该市出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出100名司机，已知抽 到的司机年龄都在[20,45)岁，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图，利用这个残缺的 频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是() A.31.6岁 频率 组距 0.08 B.32.6岁 0.07 0.06 0.05 C.33.6岁 0.04 0.03 0.02 D.36.6岁 0.01 0 20253035 40 45年龄/岁 6.已知一圆台的上底面半径为1， 高为4 π 体积为4 则该圆台的侧面积为()】 435m 4 815m 4 D.5m 7.将四位数2026的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻 的概率为() AB 6 824 c 8.已知在△ABC中，AB=1,BC=V6,AC=2,点O为△ABC的外心，若 Ad=xAB+yAC,则有序实数对(x,y)为(0 A(传) () c(0》 (-g) 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， 9.一组样本数据x1,x2,x3,·,xn,其平均数、方差、极差、下四分位数分别记为a1,b1,C1,d1。由这组数 据得到一组新样本数据，2,9，·，，其中=2x:十2026(i=1,2,·,n),其平均数、方差、 极差、下四分位数分别记为a2,b2,c2,d2。则() A.a2=2a1+2026 B.b2=4b1 C.c2=2c1+2026 D.d2=2d1+2026 10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则() A.过E有且只有一条直线与直线AB和B1C1所成角均为45° 有多项符合题目要求。 B.过E有且只有一条直线与直线AB和B1C1所成角均为90 C.过E有且只有一个平面与直线AB和B1C1都平行 D.过E有且只有一个平面与直线AB和B1C都垂直 11.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则能判定△ABC一定是等腰三角形的为() A.a cos B=bcos A B.a-b=c(cos B-cos A) C.sin2A+sin2 B=2 sin Asin B sin C D.a2 cos Asin B=b2 sin A cos B 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分。 12.设A,B为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为P(A)=0.5,P(B)=0.2,若事件 A,B相互独立，则P(A+B)=一。 13.已知复数z卡0满足之-1=z-,之+乏=z2,则之=一。 14.已知三棱锥A一BCD的四个顶点均在半径为V5的球上，若△ABC是边长为2√3的等边三角形， AD1BC,AD=3V2,二面角D-AB-C的平面角大于牙，则三棱维A-BCD的体积为一 四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算 步骤。 15.（10分)在2024年世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站和柏林站女子10米台跳水决赛中，全红婵奉献了高水准 的精彩表现，在决赛中的五个动作惊艳了全世界。在这两场决赛中，7名裁判给选手的五个跳水动作打分，两站 裁判对全红婵的打分记录如下：（为了方便计算，采取分数四舍五入取整） A组（蒙特利尔站）：80,80,82,78,93. B组（柏林站）：81,80,86,99,86. (1)请写出这10个得分的众数、极差以及A,B两组各自的平均成绩， (2)请你分别计算两站比赛得分的方差，并根据计算结果分析两站比赛中，哪一站全红婵发挥更稳定？ 16.(12分)如图，已知正三棱柱ABC一A1B1C1中， AB=AA1=2,点P为BC的中点。 (1)证明：A1B平面APC1; (2)求点A1到平面APC1的距离。 17.(12分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且a cos C+√/3 a sin C-b-c=0. (1)求角A的大小： (2)若D是BC的中点，AD=2,求△ABC面积的最大值。 18.(12分)某奖闯关活动共设置三道试题，选手需依次进行答题，每次答题正确后均会获得相应奖金，且奖金 累积。选手每次独自答题正确后选择继续答题或放弃答题的概率相同，若选择放弃答题，则奖金有效：若选择继 续答题，当答题错误时，选手可以使用一次场外求助机会，若求助后答题正确，则奖金有效，同时答题结束，若 求助后答题错误，则奖金清零，同时答题结束。已知甲在本次活动中依次独自答题正确的概率分别为亏，3'4 311 2 ,场外求助后答题正确的概率为」 (1)求甲答题两次并获得奖金的概率： (2)求甲在后两题中使用场外求助并获得奖金的概率。 19.(12分)已知四面体ABCD中，直线AB⊥平面BCD,平面ABC⊥平面ACD. (1)求证：AC⊥CD; (2)若E,F分别是棱AD,AC的中点， E 且AE=AB=1,直线AC与平面BCD所成角为 4 求二面角E一BC一F的余弦值。陕西师大附中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级数学试题参考答案 命题人：倪如俊 审题人：赵国辉 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的选项中， 只有一项是符合题目要求的。 1.A 2.C 3.D 4.B 5.C 6.B 7.A 8.A 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。 9.ABD 10.BC 11.AC 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分。 12.0.6 13.V2 14.3/3 四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算 步骤。 15.(1)由题意，这10个分数的众数为80， 极差为99-78=21， A组的平均成绩为80+80+82+78+93=413=82.6. 5 B组的平均成绩为81+80+86+99+86_432 5 5 =86.4 (2）A组的方差为写【(80-82.62+(80-82.62+(82-82.62+(78-82.62+(93-82.691=28.64， B组的方差为81-86.42+80-86.4+86=86,4+99-86,42+86-86.4=45.84 因为28.64<45.84， 所以蒙特利尔站全红婵发挥更稳定。 16.题(1)证明见解析 ay5 【详解】(1)方法一 取AB的中点O,根据正三棱柱性质可得OB,OC互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则B(1,0,0),A(-1,0,0),P 1v3。 22,0C(0,V8,2),B11,02,41(-1,0,2. AP= AC=(1,V3,2),AA=(0,0,2).A1B=(2,0,-2) 设平面APC1的法向量为元=(c,y,2),则有 ·即+ 元.Ad=0m∫3 2y=0 元.AC=0x+V3g+2z=0 令x=1,则y=-3,z=1,即元=(1，-v3,1), 因为A41B.元=2×1+0×(-V3)+（-2)×1=0,又A1B4平面APC, 所以A1B‖平面APC: 方法二： 如图，连接A1C交AC1于点O,连接PO 易知O为A1C的中点，又点P为BC的中点，故PO‖A1B, 而POC平面APC1,BA1平面APC, 所以A1B平面APC1: (2)方法一： 点A1到平面APC1的距离d= 副-2-6 方法二： 因为A1B‖平面APC,故A1到平面APC1的距离即为B到平面APC1的距离，设为d, 因为AP⊥BC,BB1⊥AP,BC∩B1B=B,BC,B1BC平面BCC1B1, 故AP⊥平面BCC1B1,PC1C平面BCC1B1,故AP⊥PC1 由题意知AP=V3,BP=CP=1,所以PC1=√PC2+CC=V5, Sae-专AP-P-5,Sn-号AP-PG15 1 2 1 1 由VB-APG=%-ABP→3d:SAAPC=3CG,SAABP, 代入解得d= 2W5 5 17. ()求角A的大小 由正弦定理品=品。=品C,将边化为角： sin A cos C+v3sin Asin C-sin B-sin C=0 在△ABC中，B=π-(A+C),故sinB=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,代入式子： sin Acos C+V3sin Asin C-(sin A cos C+cos Asin C)-sin C=0 V3 sin Asin C-cos A sin C-sin C=0 .∵C∈(0，π)，sinC≠0，两边除以sinC V3sin A-cos A=1 辅助角公式：2sin(A-)=1,即sin(A-)=· A∈(0，)，则A-吾∈（-吾，).得 A-吾=若→A= (2)求△ABC面积的最大值 D为BC中点，由向量中线公式：AD=(AB+AC),两边平方： AD=(AB+2AB.AC+AC) 代入AD=2,AB=c,AC=b,AB.Ad=bccos A=bc 4=(e++2） 16=b2+c2+bc 由基本不等式b2+c2≥2bc: 16 b2 c2 +bc>2bc+bc=3bc 得bc≤，当且仅当b=c取等号。 三角形面积 SAABC=bcsin A=bc.bc 代入bc的上界 S≤9.9=y 面积最大值为华 18.解析：记甲第一题独自答题正确为事件A、第二题独自答题正确为事件B、 第三题独自答题正确为事件C,甲选择继续答题为事件D, 甲场外求助后答题正确为事件E, 则PA-多PD)=Pq=子PD)=P固= 3 1 1 1 (1)甲答题两次并获得奖金包含两种情况： ①第一题独自答题正确目选择继续答题，同时第二题独自答题正确且选择放弃答题： ②第一题独自答题正确且选择继续答题，第二题独自答题错误但场外求助后答题正确。故甲答题两次并获得奖金的概率 B=P(ADBD)+P(ADBE)=3×1×1x1+3x1221I 5×2×3×2+5×2×3×3=60 (2)甲在后两题中使用场外求助并获得奖金包含两种情况 ①第一题独自答题正确且选择继续答题，同时第二题独自答题错误 但场外求助后答题正确；②前两次均独自答题正确且均选择继续答题， 同时第三题独自答题错误但场外求助后答题正确。 因为P(ADBE)= 31222 31、1、1、3、21 5×2×3×3=15 P(ADBDCE)=G×2X3×2×4X340 2.119 所以甲在后两题中使用场外求助并获得奖金的概率2，=15十40=120 19. (1)证明AC⊥CD ·.AB⊥平面BCD,CDC平面BCD, ∴.AB⊥CD 过B作BH⊥AC于H, ·.平面ABC⊥平面ACD,平面ABCn平面ACD=AC,BHC平面ABC 由面面垂直的性质定理得：BH⊥平面ACD, 又CDC平面ACD,∴.BH⊥CD. ·.·AB∩BH=H,AB,BHC平面ABC, .∴.CD⊥平面ABC, 又ACC平面ABC,.∴.AC⊥CD. (2)求二面角E一BC一F的余弦值 步骤1：梳理已知边长建坐标系 1.E为AD中点，AE=1,故AD=2;AB=1,AB⊥平面BCD,∠ABD=90°. 2.AC与平面BCD线面角：AB⊥面BCD,斜线AC的射影为BC,∠ACB=年。 Rt△ABC中∠ABC=90°，∠ACB=45°，AB=1,,:.BC=1,AC=2. 3.由(1)AC⊥CD,△ACD为直角三角形： CD=VAD2-AC=√4-2=V2 以B为原点构造空间直角坐标系： B(0,0,0),A(0,0,1),C(1,0,0):由CD⊥平面ABC,平面ABC为xOz平面，CD沿y轴方向：D(1,V2,0)。 求中点坐标 F是AC中点：F(,0,): E是AD中点：E(,号，)： 步骤2：求两个面的法向量 棱BC方向向量：BC=(1,0,0) 面FBC:点B(0,0,0),C(1,0,0),F(2,0,) 平面内向量BC=(1,0,0),BF=(,0,》,观察平面所有点g=0,取法向量1=(0,1,0). 面EBC:点B(0,0,0),C(1,0,0),E(,号， 平面内向量BC=(1,0,0),B它=（怎，号，)，设法向量n2=(红，，小： ∫n2·BC=x=0 n2BE=x+号y+之=0 令y=1,得z=-V2,n2=(0,1,-V2). 步骤3：计算法向量夹角余弦 cosn1,n2)=岛=1=店=号 二面角为锐角，故二面角余弦值为。