安徽淮南第二中学等校2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测数学试题

**基本信息** 以河姆渡文化花盆、数学竞赛数据等真实情境为载体，梯度设计选择、填空、解答题，考查复数、统计、立体几何等知识，融合数学眼光、思维与语言，适配高一期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数、统计（第2题百分位数）、概率（第3题游戏）、立体几何（第4题圆台体积）|单选4题以花盆圆台结构渗透几何直观；多选10题结合事件独立性考查推理能力| |填空题|3/15|向量、解三角形|14题向量模长最值问题体现数学思维| |解答题|5/77|概率统计（16题频率分布）、立体几何综合（18题）、类比推理（19题三面角定理）|16题竞赛数据分析培养数据意识；19题类比平面余弦定理发展创新意识|

2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测 数 学 （试卷总分：150分 考试时间：120分钟） 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.已知i是虚数单位，则复数 i的虚部是    A. B.i C. 1 D. 1 2．已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（     ） A．7 B．9 C．11 D．12 3.众所周知，“石头、剪刀、布”游戏规则是比赛时双方任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种.石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，若双方出相同手势，则算打平.小明和小泽玩这个游戏，他们随机出一种手势，则小明获胜的概率为（    ） A． B． C． D． 4．花盆的起源可追溯至浙江余姚河姆渡文化出土的陶片，距今已有7000年的历史，为了方便堆叠和排水，花盆为上宽下窄的圆台结构.小明家有一个花盆，其上底面圆的直径为50cm，下底面圆的直径为40cm，高为30cm，则该花盆的体积为（   ） A． B． C． D． 5.已知△ABC的外接圆圆心为O，半径长为2，且2，=，则的值为    A. 2 B. C. 4 D. 6.在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为(    ) A. B. C. D. 7.已知四面体的4个顶点都在球的表面上，若平面，，SA=AC=3，，则球的表面积为（     ） A． B． C． D． 8．已知的三个内角A、B、C满足A-，当的值最大时，的值为（   ） A．2 B．1 C． D． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．若向量，，下列结论正确的有（   ） A．若，同向，则 B．与垂直的单位向量的坐标为 C．若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则 D．若与的夹角为钝角，则的取值范围是 10.已知事件与，且，，则下列结论正确的是(    ) A. 如果与互斥，那么 B. 如果与相互独立，则 C. 如果与相互独立，那么 D. 如果与相互独立，那么0.54 11．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12.设复数，则 . 13.在△ABC中，，,则= . 14.已知向量，， 满足=+，且=2，=，则当时，的最小值为 . 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) 已知分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且 （1）求A. （2）若,，求BC边上的角平分线AD的长. 16.（15分） 学校举办了数学学科节知识竞赛活动，现从所有竞赛答卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）的整数分成六段：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中a的值； (2)规定为及格，用样本估计总体，随机从所有竞赛答卷抽取3份试卷，求3份试卷中至少有2份及格的概率； (3)已知样本数据落在的平均数是54，方差是6；落在的平均数是63，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 17.（15分） 如图，△ABC内一点P满足PB⊥PC，AC=BP=2. （1） 若AB=，PC=，求的值. （2） 若AB=，，求AP的长. 18. （17分） 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，DP=DB, AD=3，BC=1． （1）若点M在棱PC上，，若平面DMB，求的值； （2）证明：； （3）当平面PAD与平面PBC所成二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值． 19.（17分） 类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． 图1 图2 （1）如图，四棱柱中，平面平面，，，求的余弦值； （2）当、时，证明以上三面角余弦定理； （3）已知三棱锥，，，，△，△，△的面积分别为，，，以，，为棱的二面角分别为，，，试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测 数学参考答案 3 4 5 6 8 9 10 11 D A B ACD ABC ACD 12.2/2 13.3 5 2 14.33 8.【详解】因为sin2B=3sin2A-2sinC, 由正孩定理得6=3-2c,所以心2-+2心 3 cos4=+c2-a2b+c2b+2c2 3 2bc 2bc 6bc 3c 6b3c 6b 3 所以sinA=V1-cos2A≤ 3 当且仅当3c=6而，即26=c2时取等号， sin2B b2 1 所以当sinA的值最大时，sin2Cc22. 14.因为à=b+c, cà=-ld所以aa+(3-)3a+(3-):平 方 得 l3a+(3-)36+(3-λ)2l-6(3-λ)ca 36+(3-λ)2+6(3-) ，设3-1=t∈R:所以y=t2+6t+36°3时，ym=36,入3时看成关于t的二 3 次函数，当t=同取最小值，ym=27,27<36,所以原式最小为33. 试卷第1页，共3页 15.(1)由正弦定理知，sinAcosC+3 sinAsinC-sinB-sinC=0, .1 分 因为B=n-A-c,sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cos AsinC,所以 sinAcosC+3sinAsinC=sin A cos C+cos A sin C+sinC, 所 以 3sinAsinC=cos Asin C+sin C, 又因为C∈(0，π），所以sinC≠0，所以3sinA-cosA=1, …4分 所以m(A-名)之因为Ae(0,),所以A号 6分 (2）由余弦定理知，a2=b2+d2-2 bccosA,因为b+c=2,且A3 ,所以 a2=(b+c)2-2bc-bc, bc= 1 所 以 .9分 因%Sa-S5am+Saeo所以吃csA=号cAD-sin看+b-AD-sn合 62 161 、3 所以5bc:AD:b+c,所以CF 6 .13分 10×(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)=1 16.(1)由题意 ,解得a=0.030 3分 (2)解法1由直方图知，x∈[60,80) 10×(0.02+0.03)=0.5 的频率为 ，用频率估计概率， 设至少有2份试卷及格为事件A,有2份试卷及格为事件B,有3份试卷及格为事 件C, 试卷第2页，共3页 xP(C))+P(C) 9分 解法2：由直方图知，x∈[60,80)的频率为10x0.02+0.03)=0.5,用频率估计概率， 设1为及格试卷，0为不及格试卷，则样本空间 2={(1,1,1）,(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1）,(1,1,0),(1,0,1)，(0,1,1),( 设事件A=“有2份试卷及格”，A=(1,1,0）,(1,0,1）,(0,1,1）,设事件 B=“有3份试卷及格”，B=(1,1,1） 由古爽概至知P(A)-层P(B)言所以PIAU BHP(A)+P(B)号 [50,60) (3)样本数据在区间 的个数为0.1×10=10，在区间 [60,70) 上的个数为 0.2×100=20, x= 10-×54+ 20 所以10+20 ×63=60 10+20 ..…11分 ，=0”6+(6-0]+00n3+6-0r门=2 总方差为10+20 .15分 17.解： (1)BC=VBP2+PC2=V6' 此时cos∠PCB=瓷-2-， BC6 3 sin∠PCB=BP=2-V6 BC6 3 在 △ABC中 Ds∠ACB=AC+BC2-AB26 2AC·BC6' .4分 又n<AC8gn∠aC8=1-(9-雷 6 所 以 sin∠ACP=sin(∠ACB-∠PCB)=sin∠ACBcos∠PCB-cos∠ACBsin∠PCB -30.3_6.6_10-2 63636 … .7分 (2)设AP=XX>0,在△APB中，cOs∠APB=AP+BP-AB=X-1 2AP·BP 4x .9分 试卷第3页，共3页 在△APC中， m2ACsm2AP·代入得：sn∠AC= AP =_AC 又∠APB+∠APC=3n, ),故cos∠APB=cos37-∠APC=-sin∠APC 即-1-1 4x 5解得：x= 5,所以AP= 5 .15分 18.(1)如图，连接AC交BD于点N,连接MN, :PAW平面BDM,PAC平面PAC,平面PACD平面BDM=W 平面 PA//MN 2分 CN CB 1 在梯形ABCD中，：BC∥AD,.△ADN∽△CBN,∴.ANAD3, PA4MMN.MC CN3=3 4分 (2)在AD上取一点O,使得D0=1,连接OP、OB,OC, .·BCI∥ADAD=3BC :OD/BC且OD=BC,四边形 OBCD 为平行四边形，：CDOB :∠ADC=90,∠B0D=90,4D1OB 又因为AB=AP,DP=DB,AD=AD, 所以△PAD≌△BAD,.AD⊥OP, :OPNOB=-0,OPC平面POB.OBc平面POB ∴AD⊥平面POB, 试卷第4页，共3页 :BPC平面 OB.AD⊥BP 10分 (3)因为AD/BC,BCC平面PBC,ADa平面PBC,所以AD‖平面PBC, 又ADc平面PAD,平面 PAD∩PBC=I,UlAD 平面 ,所以，由(2)知， AD上平 面POB,1⊥OP,1⊥BP, ∠BPO 0为平面PMD与平面PBC所成的锐二面角的平面角，：∠BP0=45 。.14分 又由OP=OB=2,:∠0BP=45,A∠B0P=90 :PO⊥OBAD⊥PO :ADOOB=-O,ADc平面 ABCD OBC平面 ABCD POL ABCD 平面 :∠PCO.PC ABCD 为与平面 所成的角， PC=VP02+C02=VP02+CD2+D02=V4+4+1=3, :sin∠PCH=Po2 PC 3, 2 因此，PC与平面ABCD所成角的正弦值为3· 17分 19题 AACC (1)由平面 平面ABCD,得9=90° oS∠AAB=coS∠AAC·coS∠CAB 由三面角余弦定理得 试卷第5页，共3页 os∠AAC=60°c0S∠BAC=45° 因为 所以os∠AAB=x22 Γ224： 3分 (2)过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点， 作HN⊥PC交PB于N点，连接MN,如图所示： 则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角， 在△MNP中，由余弦定理得： MN2 MP2+NP2-2MP.NP.cosy 在△MNH中，由余弦定理得： MN2 MH2+NH2-2MH.NH.cos0 两式相减得： MP2-MH2+NP2-NH2-2MP.NP.cosy+2MH.NH.cos0=0 2MP.NP.cosy=2PH2+2MH·NH·cos0 则： 两边同除以2MP.NP, 得cosy=cosa cosB+sinasinBcos0； .10分 (3)如图，在SA上取点P,使得PS=1, A 过P作PP⊥平面BC,垂足为P',作PC'⊥SC,交SC于C', PB⊥SB,交SB于B', 设∠BSC=a,∠ASC=B,∠ASB=Y, B P 试卷第6页，共3页 PB'=PSsiny=siny PP'=PB'sin =sinysin 则 PP'=PC'sin =sin Bsin 同理 sin B siny .sinysin=sin Bsin,sinsin sina sinB sina sinB siny 同理可证sin月sin8,.sin月sin8sing, 又：8=5 u absin7 y,m7-2器 ab’ 同理sinB=2S sina=2 bc 2S。2S625 ·c2=ac=b,同乘bc,得aS=bS,=cS sine sin,sin 2 sina sine,sin .17分 试卷第7页，共3页