湖北襄阳市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 高一数学期末试卷以文化传承与现实问题为情境，如襄阳古城墙墩台体积计算、无人机测量距离，融合复数、立体几何、解三角形等知识，通过分层设问考查数学眼光、思维与语言，适配高一学段综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数运算、斜二测画法、向量最值、正四棱台体积|单选基础巩固（如复数方程），多选综合辨析（如实系数方程虚根性质）| |填空题|3题/15分|分层抽样、异面直线成角、内心轨迹面积|结合分层抽样实际应用，正三棱柱异面直线成角计算| |解答题|5题/77分|三棱锥体积与线面角、频率分布直方图、解三角形面积、四棱锥体积最值、三角形内点性质探究|15题综合空间想象与体积计算，16题通过频数分布与方差考查数据意识，19题探究三角形内点性质培养创新思维|

襄阳市2026年7月高一期末统一调研测试 数学 1.【答案】D 【解折】：1+）=2，（1+=2，=20-）=20-0=1- C B (1+i)小(1-i)1- 45° “=VP+下=√2 2.【答案】C 【解析】OA'=4,B'C=2,∠C'OA'=45°，.OC'=√2 则原直角梯形：.OC=22,BC=2,OA=4 ·AB=2W5,ABV6 2 3.【答案】A 【解析】AE=mAB+nAC即AE=mAB+2nAD B,E,D三点共线，.m+2n=1 m2+n2=(1-2m2+=5n2-4n+1=5n 22,1 5+ 4.【答案】C 【解析】上底面的对角线62，下底面的对角线10反，h=√7列'-(52-32-3 -s+5+*h-5(6+100+6x10x3=16 5.【答案】c 【解析】在△BCD中， ∠CDB=30°，∠DCB=∠DCA+∠ACB=60°+45°=105°，CD=100, 所以∠CBD=180-∠CDB-∠DCB=45°. 100 BD CD BD 所以根据正弦定理得 即√2 √2V51,解得BD=50(3+1 sin∠CBD sin∠DCB 2 十 2（22 第1页/供11页 因为∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°，∠ACD=60°，所以△ACD是等边三角形，所以AD=CD 在△ADB中，AD=DC=100,BD=50(V3+1,∠ADB=30°， 根据余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD×BD×cOs∠ADB,代入数据得 AB=100+[50(V5+-2x100×505+1x5.解得AB=500. 即AB=50W2 6.【答案】C 【解析】A选项，举出反例1,1,5,5,8 B选项，举出反例3,3,3,3,8 C选项，平均数为5时，含8时的方差不低于⑧-5 -=1.8,正确 D选项，举出反例5,5,5,5,8 7.【答案】C 【解析】b=2acos(A+B)即sinB=-2 sin Acos C,sin(A+C)=-2 sin Acos C 3sin Acos C=-cos Asin C,3tan A=-tan C, tan B=-tan(A+C)= -(tan A+tan C)2tan A 25 ≤ 1-tan Atan C 1+3tan2A 1 +3tan A 2v3 3 tan A 8.【答案】B D 【解析】如图，取BC中点F,BB中点E,连接AD,DF,EF,AE, 因为点M,N分别是棱AD,DD的中点，所以AD∥MN,因为F为BC,中点， 所以DF/1BM,AD∩DF=D,N OBN=N,所以平面AD FE/平面BMN,所以点P在 AE上运动 AB △APB的外接圆为2r= sin APB ,当∠APB=90时，r取得最小值，即r=AB =1:外接球半径 、2 R2=r2+ BC =2,面积为4πR2=8元 2 第2页/供11页 D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要 求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9.【答案】ABC 【解析】设x2+ax+2=0(a∈R)的两个根为乙1=m+ni,z2=m-i, A选项，正确 B选项，32=m2-n2=m2+n2,2=Vm2+n2Vm2+2=m2+2,正确 c选项，32=m2-n2=m2+n2,z=Vm2+n2,正确 D选项，若31=1-i,则乙2=1+i,故乙+乙1=-a=2,a=-2,错误 10.【答案】BC 【解析】A选项，AB=(43),AC=k-1,),AB11AC,4-3k-D=0,k=3,错误 7 B选项，AB+AC=(k+3,4),AB+AC=V+32+4≥4，正确 C选项，k=4时，AB=(4,3),AC=(3,1), BAC.Ac-5C-a- 93 AB在AC上的投影向量为 12 10 2 ,正确 AC D选项，若AB与AC夹角为锐角，则ABAC>0,且AB与AC不同向， 即4收-D+3>0,且k女子k且k+写碳 7 4 11.【答案】BCD 【解析】 A选项，过点E作EM I/BD交AB于点M,过点E作ENIICD交AC于点N, 连接MN, 因为EM //BD,所以EM∥平面BCD,同理可证EN∥平面BCD, 又因为ME∩NE=E,NE、MEc平面MEN,所以平面MENI∥平面BCD, 第3页/共11页 当EFc平面MEN时，点F的轨迹为线段MN, 因为EMBD,所以AE=AM=2,则AM=2AB=4,同理可得AN= AD AB 3 3 3 3 4 又因为∠MAW=60,则△AMN是边长为3的等边三角形， 当点F为MN的中点时，AF⊥MN,此时AF的长取最小值， 此时AF=√AM?-MF 错误； 对于B选项，如下图所示，连接BE、CE, 易知△ABD、△ACD都是边长为2的等边三角形，且E为AD的中点， 所以AD⊥BE,AD⊥CE, 又因为BE、CEC平面BCE,BE∩CE=E,所以AD⊥平面BCE, 当F∈BC时，EFC平面BCE,则EF⊥AD,故点F的轨迹为线段BC, 由勾股定理可得BE=√AB2-AE2=√4-=√5，同理可得CE=√3， 故当F为BC的中点时，EF⊥BC,此时EF的长取最小值，且 EF=√BE2-BF2=√3-1=√2，正确： 对于C选项，如下图所示： 延长DP交线段BC于点T,则点T为线段BC的中点， 因为△ABC、△BCD均为等边三角形，所以AT⊥BC,DT⊥BC, D 因为AT∩DT=T,AT、DTC平面ADT,所以BC⊥平面ADT, 因为BCC平面ABC,所以平面ADT⊥平面ABC, 故点P关于平面ABC、关于直线AD的对称点都在平面ADT内， 因为AP⊥平面BCD,DTC平面BCD,所以AP⊥DT, 易知DP=2Dr=2VBD-B=24=25 3 AP=AD:-DP2 =22- 25 26 3 3 设点P关于直线AT、AD的对称点分别为P、P,, 由对称性可知AC=AP=AB= W6 ∠PAT=∠PAT,∠PAD=∠PAD, 3 第4页/供11页 所以∠AP=∠PAP+∠PAP=2(∠TAP+∠DAP)=2∠TAD, 在△ADT中，AT=DT=V3,AD=2, 由余弦定理可得cos∠TAD=AT+AD2-DT2 3+4-3V5 2AT·AD 2×√3×23 所以CoS∠PAP=cos2∠DAT=2cos2∠DAT-1=2× -1=-1 3 3 .aw状--g 阳等 由对称性知PF=PF,PE=PE, PF+EF+EP=PF+EF+BE2 PE 故最小值为PB=了正确 8 选项D:因为(SA+SC)(SA-SC)=(SB+SD)(SB-SD),即SA2-SC2=SB2-SD2,则 SA2+SD2=SB2+SC2. 此时取AD,BC的中点为E,F,2SE2+2EA2=2SF2+2FB2,即SE=SF, 故点S所在的平面为线段EF的中垂面. 如图，取棱AB,AC,CD,BD的中点I,J,G,H,连接IJ,JG,GH,H,则四边形IJGH即为 平面C截正四面体ABCD所得的截面图形， 易知截面图形为边长为1的正方形，故所求面积为1，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.【答案】75 第5页/供11页 k 【解析】因为人数之比依次为2：k:3:1,所以 150 ,得k=2 2+k+3+1600 则摄影社抽取的人数为600×、1 -=75 2+2+3+1 13. 【答案】 V10 【解析】因为OD1/BC,故异面直线BC与AD所成角即为直线OD与AD所成角， 即为∠ADO, 可设AB=AM=2,则在△D0C中，AD=V5,D0=)BC,-V2+2=5, A0-C4-222-5. 故cos∠AD0=AD+0D-A02_5+2-2-V而 2AD.OD 2×V5×√24 故异面直线BC与AD所成角的余弦值为 B 4 14【答案】12√5 【解析】2 c cos B=(3a-2b)cosC,由正弦定理得2 sin Ccos B=3 sin AcosC-2 sin BcosC, 2sin C cos B+2sin Bcos C=3sin Acos C,2sin(B+C)=3sin Acos C,. 2sin A=3sin AcosC, 2 cos C= 3'sinc=5 3 62C.m-月m2c-2 iCos-4y5,csB=1-2snC-】 9 sinA=sin(C)-sinBeosC+cosBsinc= 27 a=7,由正弦定理a-b C ,解得b=12,c=9, sinA sin B sinC 则有Sc=5 absinC=×7×12x5-=145. 1 2 3 1 设aABC内切圆半径为，Sc=Sac+5.aoc+5Aas,则S.c=(a+b+c)=14r=145, 第6页/共11页 r=5,Sm12x5=65. 点M的轨迹所覆盖的图形是以OA与OC为邻边的平行四边形，其面积是2SAoc=12W5 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.(1)解：在△BCD中，BC=2,CD=√3，BD=1,满足BC2=CD2+BD2,故CD⊥BD 在△ACD中，AC=2,CD=√5，AD=1,满足AC2=CD2+AD2,故CD⊥AD, 又BDAD=D,所以CD⊥平面ABD 在△ACD中，M是AD的中点，Q是AC的中点，故MQ//CD,且 Mo-ICD- 2 2 所以M01平面ABD,即Q到平面ABD的距离为 因为M、P分别是AD、BM的中点，所以SAm=2SAv=2×2 1 故四面体 A-MP2的体积Ve=S.APMM0=字 15√51 …(6分) 316232 (2)方法一：因为点Q是AC的中点，且AC=2,所以AQ=1 由(1)可知MQ⊥平面ABD,又MPC平面ABD,所以MQ⊥MP 所以Se= r:0-99君 13 1 股点A到平面PO的离为h,四面体A-MPO的体积或。So一又hE—励 316 32 以h二2 设A0与平面MPe所成角为0，则sin6=h=1 AO 2 故AQ与平面MPQ所成角的正弦值为。 …(13分) 方法二：由(1)可知MQ⊥平面ABD,则MQ⊥AD 因为△ABD是等边三角形，M是AD的中点，所以AD⊥BM 第7页/供11页 BM⌒MQ=M,且BM、MQC平面MPQ,所以AD⊥平面MPQ 故∠AQM为AQ与平面MPQ所成角， 在Aa0N,AM-AD-A0-AC-I 2 sin∠AQM=AM_1 A02放A0与平面MP0所成角的正弦值为2 …(13分) 16.(1)m=75,a=150÷500÷10=0.03 …(4分) 设该校学生这次测验的平均成绩为x,0.1×55+0.2×65+0.3×75+0.25×85+0.15×95=76.5 …(6分) (2)学校规定成绩为前25%的学生为“优秀”，即求第75百分位数 设优秀分数线为x,0.1+0.2+0.3+(x-80)×0.025=0.75,则x=86 …(9分) (3)这10个成绩的平均数为元 87+98+86_8×89.5+98+86=90. … (10分) 10 10 -8x 8 因为原8个成绩的方差 i=1 =21所以++=8×21+8x89.52=64250, 8 所以10个成绩的方差子= (x+…+x)+862+982-10×902 =25 10 即这10个成绩的平均数与标准差分别为90和5. …(15分) 方法二：原8名学生的成绩的平均数为89.5，方差为21 再新增加两名学生的成绩的平均数为98,86=92，方差为[(98-92+(86-92]-36. 此时这10个成绩的平均数为-8十2 89.5+ 8 2 ×92=90, 8+2 这10个0续销方*为-g8221689560门g236290门-25 8+2 即这10个成绩的平均数与标准差分别为90和5. 17.(1).…mLi.mn=0 ..acos(B-C)+(a-2v3bsinC)cos A=0 .acos(B-C)+acos A-23bsinC cos A=0 ..acos(B-C)-acos(B+C)-23bsinC cos A=0 .'.a[cos(B-C)-cos(B+C)]-23bsinCcosA=0 ..2asin BsinC-23bsinCcos A=0 第8页/供11页 .2 sin Asin Bsin C-2W3 sin BsinC cos A=0,在△ABC中sin Bsin C≠0.sinA-V3cosA=0 tan A=3 ..A= 3 …(7分) (2)由正弦定理可得：Q-b sinA sin B sinC ∴.C= 4sin C_4sin(120-B)2v3cos B+2sin B 23 +2 sin B sin B sin B tan B △4BC是锐角三角形：石<B<):amB :2<c<8 6 3 s=bcsin A=V5c∈(23，&5) 故△ABC的面积的取值范围是(2√5,8V5) .…(15分) 18.(1).AD/I平面PBC,ADC平面ABCD,且平面ABCD∩平面PBC=BC∴.AD//BC 在△ABC中，由余弦定理得AC2+BC2-AB2=2AC.BCcos∠BCA,可求得AC=2, .AC=2,BC=1.AB=3,AB2+BC2=AC2,.AB L BC, PA⊥底面ABCD,且BCC底面ABCD,.PA⊥BC, .'AB∩PA=A,且AB,PAC平面PAB,∴.BC⊥平面PAB, AD/IBC,.AD⊥平面PAB, PBC平面PAB,∴.AD⊥PB … (5分) (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,PAC平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD, 而平面PAC∩平面ABCD=AC,DEC平面ABCD 所以DE⊥平面PAC,PC、EFC平面PAC,∴.DE⊥PC,DE⊥EF 又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EFC平面DEF,∴.CP⊥平面DEF, 又DFC平面DEF,.CP⊥DF, 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 因为AC=2,AD=CD=√2，所以AD⊥CD,△ADC是直角三角形，所以DE=1. 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,又因为AD⊥CD 所以CD⊥平面PAD,故CD⊥PD 因为CD=√2，PD=√6，所以PC=2√2， 第9页/供11页 良S.ro-PDxDC=PCx DF,.DF=6 2 在RtADEF中，Sin∠DFE= DE …(10分) DE 3 (3)设∠ADC=,∠ABC=B,在△ACD中，可得 AC2=AD2+CD2-2ADx CDcosa=1+1-2x1x lcosa=2-2cosa, 在△ABC中，可得AC2=AB2+BC2-2AB×BCcosB=3+1-2×√3×1cosB=4-2W3cosB, 即2-2cosa=4-2W3CosB,所以cosa-√3cosB=-1. 设四边形ABCD的面积为S, s义m--9d 所以sina+V3sinp=2S,所以(sina+-V5sinB)+(cosa-V3 cosB=1+4s2，, 所以1+3-2V3cos(a+B)=1+4S2,4S2=3-2W3cos(a+B) 因为0°<a<180°，0°<B<180°，所以0°<a+B<360°，所以-1≤cos(x+B)<1, 当且仅当a+B=180时，c0s(a+P)=-1,此时S最大，体积Vm行×2S也取得最大值 1 1-3 则cosa-√3cosB=cosa+V3cosa=-l,cosa= 2 AC2=2-2c0sa=1+V3, …(17分) 18D-写5+aC0<y3.÷Bp-号B+ac. 3 :cP=号A6+-AC0<y<3 -网p-恶aG+aar店-nc =24y2-16y+32=240y-22+8 3 3 1 当且仅当)y=3时等号成立，此时最小值为8：此时：AP=3AB+3AC,PA+PB+PC=0, 3 3 P为△ABC的重心. …(⑤分) 第10页/共11页 (2)(i)设PA=x,PE=yPC=z,由SamB+Samc+SAmc=S△ABc, 15l51xz5-25, yZ 22 22 所以y+z+忆=8， 因为网丽+丽-c4.所-(》(4 …(10分) (i)须有计算过程。设∠PAB=∠PBC=∠PCA=日 由面积S=)cbsin A=-25,inA=5,由BC<AC得A=7 2 2 3 由余弦定理a2=b2+c2-2 bccos A,可得a=23, 由正弦定理得a=b=C→sinB=l,sinC= sin A sin B sinC 2 2π 3 因为B,C∈0， 所以B=子C-君 6 所以∠PAC-骨0，而AcP=0.所APc=-(居-0+0- 又∠ABP-乃-0.所以∠APB=元- -A+6 5π B 所以∠BPC=2π-（∠APC+∠APB)=2π- 十一 32- 6, AP AB=2 在△APB中，由正弦完理有sin无-D5n7,所以AP=2cos0, 2 APAC 83 在△APC中，由正弦定理有sin6 in273,所以AP=8 sine, sin- 3 3 所以8y5sin0=2cos0,故tam0-5,AP=8y56in0-8y5x5-8y …(17分) 3 4 3 3√1919 第11页/共11页 高一数学学科题库 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.若复数满足，则 A. B. C. D. 2.如图，一个水平放置的直角梯形由斜二测画法得到的直观图是等腰梯形，其中， ,则原梯形中值为 A. B. C. D. 3.在中，是线段的中点,是上的动点,满足，则的最小值为 A. B. C. D. 4. 襄阳古城墙现存多个墩台（俗称“马面”），是古代城墙向外凸出的防御设施.为进行修缮，工作人员对其中一个墩台进行了详细测量.该墩台的外形近似于一个正四棱台，它的上、下底面边长分别是6米和10米，侧棱长是米，则该棱台的体积是（ ）立方米 A. B. C. D. 5. 如图，某测量员在地面先于D点观测无人机，之后沿直线走到C点；测得两点相距100米，无人机在空中先后经过A点和B点，在C，D两点测每在角度数据，，，所有点在同一平面内，则点A与间的距离是（ ）米 A. B. C. D. 6.某射击运动员进行5次射击训练，每次射击的环数为整数，且可能为1到10环，已知以下四组统计特征，其中可以判断一定没有打出8环的是 A.平均数为4，中位数为5 B.平均数为4，极差为5 C.平均数为5，方差为1.6 D.中位数为5标准差为1.2 7.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的最大值为 A. B. C. D. 8.如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别是棱，的中点，点P在面内（包含边界）运动，且，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为 A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 在复数范围内，对于实系数一元二次方程的两个根为虚数与，则下列结论正确的是 A. B. C. D.若，则 10.已知点，，，则下列结论正确的是 A.若，则 B.的最小值为4 C.当时，在上的投影向量的坐标为 D.若与夹角为锐角，则 11.已知正四面体的棱长为2，点E为棱AD上一动点，且；点为面内（包含边界）的动点,下列说法正确的是 A.若,，则AF最小值为 B. 若，，则EF的最小值为 C. 若点P为的重心，则的最小值为 D.已知平面上任意一点S满足，则平面截四面体所得的截面面积为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.某学校有四个社团，分别为汉服社、话剧社、书法社、摄影社，现按人数之比依次为，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取一个容量为600的样本，已知话剧社抽取了150人，则摄影社抽取的人数为 . 13.如图，在正三棱柱中，各棱长均相等，点为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 14.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，点O是的内心，动点M满足，其中，则M的轨迹所覆盖的图形的面积为 . 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）如图，在三棱锥中，点是的中点，点是的中点，点是的中点，且，，. （1）求四面体的体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16.（15分）学校共有500名学生，他们的成绩在分之间，将其成绩分成五组，其频数分布表和频率分布直方图如图所示. 分数段 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100] 频数 50 100 150 125 m （1）求和的值；并估计该校学生这次测验的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）. （2）根据频率分布直方图，若学校规定成绩为前的学生为“优秀”，试估计优秀分数线. （3）这次考试中有8名学生的成绩为：. 已知这8个成绩的平均数，方差，若再增加两名学生的98和86这2个成绩，求这10个成绩的平均数与标准差.（参考数据：） 17.（15分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，且，. （1）求的值； （2）若是锐角三角形，求面积的取值范围. 18.（17分）如图，四棱锥中，，，，. （1）若，，证明：. （2）若，，求二面角的正弦值. （3）若，求四棱锥的体积取得最大时的值. 19.（17分）三角形是最简单的平面图形，其内部特殊点的性质却非常丰富。若在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且面积为，设P为三角形内部一点。 （1）当为等边三角形时，，求的最大值，并说明此时P的位置。 （1）试从简单的等角关系入手 （i）若点P使得张角均分，即时，求的值。 （ii）若点P使得等角循环，即时，，求的值。 2 学科网（北京）股份有限公司 $