吉林省实验中学2025-2026学年下学期高一年级学程性考试（三） 数学试卷

绝密大启用前 闻鸡起舞》薄，释苏看发铸蜂煌 吉林省实验中学2025-2026学年度下学期 高一年级学程性考试（三) 数 学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。并在规定位置粘贴 考试用条形码。 3.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题， 写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得在答题 卡上做任何标记。 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 5.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存。 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，只有一项符合题目要求。） 1.一组数据3,5,6,7,7,9的第30百分位数是（) A.3 B.4 C.5 D.6 2.如图，一个水平放置的三角形AB0的斜二测直观图是三角形B0, 若0B=2,0A=1，则原三角形的面积为() A.1 B.2 C.4 D.8 ⊙1 3.已知m表示一条直线，α，B表示两个不重合的平面，则下列说法正确的 是() A.若xllB,ml∥ax,则ml∥B B.若a川B,m⊥a,则m⊥B C.若axLB,mlla,则m⊥B D.若a⊥B,m⊥x,则.mlB 第页.共7页 4.先将函数()=sm4红+引的图象向右平移牙，再将所得图象上所有点的横 坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则g(x)=（) A.sm2x-9）B.mx-9)C.m2x+翠)D.(ax+ 5. 某学校从高三某次联考中随机抽取了甲班50名、乙班40名学生的成绩 已知甲班50名学生成绩的平均数为112分，方差为8，乙班40名学生成绩的 平均数为94分，方差为8，则这90名学生成绩的方差为（) A.8 B.36 C.64 D.88 6.设a,方为单位向量，a在石上的投影狗量为五，则立-=() A.5 B.2W2 C.5 D:8 7.某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台 ABCD-AB,CD,若AB=30cm,AB,=10cm,且侧面与上底面ABCD的夹角为60°， 若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为() A.1600cm2 B.200V5cm2 C.400cm2 D.800W5cm2 8.如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD,△ABC是边长为3的正三角形.将 该四边形沿对角线AC折成一个大小为120°的二面角D-AC-B,则四面体 ABCD的外接球的体积为() 13元 A. B. 13W13元 D. 6 6 第2页共7页 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，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.己知事件A和事件B的概率P()=0.3,P(B)=0.6,下列结论中正确的是() A.若事件A和事件B独立，则P(AB)=0.18 B.若事件A和事件B独立，则P(A+B)=0.72 C.若事件A和事件B互斥，则P(AB)=0.18 D.若事件A和事件B互斥，则P(A+B)=0.9 +-a 10.在△MABC中，内角4，B,C的对边分别为a,b,c,且，2 be 2 3 cos2A+2sin BsinC=1,( A.cos4-3 B.b=2c C.sin'B+sin'C<1 D.sinB+sinC>1 11.如图，在棱长为4的正方体4ABCD-AB,CD,中，点E为AD中点，动点P在 正方形AB,CD内（含边界)，则() .D A.若P=42,则点P的轨迹长度为2元 B.若点F为CD中点，过点E、F、B的平面截该正方体，所得截面周长 为4W13+2W2 C.若点P为4D中点，则三棱锥E-BCP的外接球表面积为41 D.若P与BB夹角为，2为线段BD,上动点，则P2+50最小值为4 3 第3页共7页 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。） 12.己知复数(m2-5m+6+(m2-3m)i是纯虚数，则实数m= 13.已知某运动员每次投篮命中的概率为0.5，现采用随机模拟的方法估计该 运动员三次投篮恰有两次命中的概率：用计算机产生0~999之间的随机整数， 以每个随机整数（不足三位的整数，其百位或十位用0补齐）为一组，代表三 次投篮的结果，指定数字0,1,2,3,4表示命中，数字5,6,7,8,9表示 未命中.如图，在R软件的控制台，输入“sample(0:999,20,replace=F)”, 按回车键，得到0999范围内的20个不重复的整数随机数，据此估计，该运 动员三次投篮恰有两次命中的概率为 sample (0:999.20.replace =F 18486337617283091680755606543 12472353844089855714021345862 14.已知△ABC满足cos2A-cos2B=2simC,且其外接圆半径为2，则△ABC面积 的最大值为 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)中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的 爆发式发展阶段.为了了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500 名中国A1大模型用户，统计他们的年龄（都在15,65]内），按照[15,25)，[25,35)， [35,45),[45,55),[55,65]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图. 须率 ↑组距 0.04 0.030 0.010 0.005 0152535455565年龄1岁 (1)求这500名中国A大模型用户的年龄在[15,35)内的人数； (2估计这500名中国A1大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中 点值作代表). 第.4页共7页 16.（15分)为普及普洱本土特色产业与科创知识，普洱市科技馆开展“绿色 科创体验周科普活动，设置了两个活动方案，参观者可任选一个方案进行挑 战，若挑战成功将获得一份纪念品 方案一：准备4张“绿色食品知识卡”（涵盖普洱茶、咖啡、热带水果，特色农产 品)和2张“生物医药知识卡”（涵盖中药材种植、生物制造产业），参观者从6 张卡片中一次性随机抽取2张，如果两张卡片类型不同（即一张绿色食品知识 卡、一张生物医药知识卡)，则挑战成功 方案二：回答3道关于普洱特色产业的问题，若至少答对1道题，则挑战成功. (1)求参观者在方案一中挑战成功的概率； (2)如果小明选择方案二，已知他每道题答对的概率均为}，且每道题的回答相 互独立.你觉得他的选择是否合理？请通过计算说明你的理由， 17.(15分)如图，在△ABC中，∠ACB=2∠ABC.设点D是BC边上一点， 满足2∠BAD=∠ABC. (1)记∠ABC=0,用9表示 BD (2)若1+1 B+AC-1,求BD. I1篮5而业7而 11箔5而世7而 18.(17分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,ABDC, E为PD的中点，点F在棱PC上，直线AE和直线BF相交. E B (1)求证：EF11CD; D (2)AD=DC=2,AB=4,PA=BC=22. (i)证明：BC⊥平面PAC; (i)求直线AB与平面PBC所成的角. 19.(17分)如图，四棱锥P-ABCD的侧面P4D是边长为2的正三角形，底面 ABCD为正方形，且平面PAD⊥平面ABCD,M,N分别为AB,AD的中点. D (I)求证：DM⊥PC; M (2)在线段PB上是否存在一点2使得M∥平面PNC,存在指出位置，不存在请 说明理由， (3)求二面角B-PC-N的正弦值. 笔6页共7页 吉林省实验中学2025-2026学年度下学期 高一年级学程性考试（三)数学学科答案 选择题 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 C B B A D B A B ABD AD ABD 填空题 12.2 83 .10 14.2 解答题 15.【答案】(1)200人(2)37.5 【解析】(1)由题可知组距为10，则：(0.01+0.03+0.04+m+0.005)×10=1,解得： m=0.015; 这500名中国AI大模型用户的年龄在[15,35)内的频率为：(0.01+0.03)×10=0.4， 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在[15,35)内的人数为：500×0.4=200人： (2)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为： (20×0.01+30×0.03+40×0.04+50×0.015+60×0.005)×10=37.5 16.【答案】(1)号2)小明的选择合理 【解析】（1)记4张“绿色食品知识卡分别为a,b,c,d,记2张“生物医药知识卡”分别 为e,f. 则从6张卡片中一次性抽取2张，样本空间为 =fab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef. 记参观者在方案一中挑战成功为事件A, A=ae,af,be,bf,ce,cf,de,df, 所以P()-8 即方案一挑战成功的概率为 8 15 (2)设小明选择方案二挑战成功为事件B,其对立事件B为3道题全部答错 由已如得，每道题答错的概率为1一子子，且各感回答结果相互独立。 所以P国-() 所以P(B)=1-P(a)=1-2=37 6464 又37=55 8512 64960’15960' 即37、8 6415' 所以方案二挑战成功概率更高，因此小明的选择合理. 17.【答案】(1) AB=2cos0+1 (2)1 BD 【解1a)由烟∠BMD-,∠ACB=20.在AABD中，∠BD4:元 38 2 38 8 AB Sin sin-cos 0+cossin 根据正弦定理可得 -2=2 BD 0 sin- sin 2 2 sin 2cos8+2cos29sin日 0 2=c0s0+2c0s2 =2cos0+1. 2 sin- 2 (2)在△ABC中，根据正弦定理可得B AC ,所以1=2cos6 sin20 sin AC AB 所以1+1=1+2cos0 =1,可得AB=2c0s0+1. AB AC AB 又由(1)知AB三 =2cos0+1,所以BD=1. BD 2 18.【答案】(1)略(2)（i)略(iⅱ)30° 【解析】(I)证明：直线AE和直线BF相交，故A,B,F,E四点共面， 四棱锥P-ABCD中，ABIICD,ABC平面ABFE, CDE平面ABFE,故CDI∥平面ABFE, 因为平面PCD∩平面ABFE=EF,CDC平面PCD, 故EF∥CD. (2)(i)证明：AB⊥AD,AB∥CD,故CD⊥AD, 故AC=VAD2+CD2=2√2， 所以AB2=AC2+BC2,故BC⊥AC, 因为PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD, 故BC⊥PA,且PA∩AC=A,PA,ACc平面PAC, 故BC⊥平面PAC. (ii)因为EF∥CD,E为PD的中点， 故F为PC的中点，且AC=PA=2√2，故AF⊥PC, 因为BC⊥平面PAC,AFC平面PAC, 故AF⊥BC,且PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC, 故AF⊥平面PBC, 故∠ABF是直线AB与平面PBC所成的角， 因为PA=AC=2N2,PA⊥AC, E 所以PC=4,AF=2, AB克'即∠ABF=30, 所以sin∠ABF=AF=1 B 故直线AB与平面PBC所成的角为30°. 3 19.【答案】(1)证明见解析 (2)当BO=BP时MQM平面PNC,理由见解析 3)4v70 35 【解析】(1)：△PAD为正三角形，N为AD中点， PN⊥AD, 又：平面PAD⊥平面ABCD,平面PADO平面ABCD=AD,PNC平面PAD, .PN⊥平面ABCD,DMC平面ABCD, .PN⊥DM, 在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN, .∠ADM=∠DCN, 而∠ADM+∠MDC=90°， .∠DCN+∠MDC=90°， .DM⊥CN, PNOCN=N,PN,CNc平面PNC, .DM⊥平面PNC,.PCc平面PNC, .DM⊥PC. （2)存在，当B0-酽时M0M平面PNC, 取BC的四等分点E(靠近B),取BP的四等分点Q(靠近B),连接ME、EQ、MQ, 则QE/PC,QE丈平面PNC,PCc平面PNC,所以QE∥平面PNC, 由B-BE=,所以AMBE∽ACDN,所以∠EMB=∠DCN, DC-DN-2 又∠EMB+∠MEB=90°，∠DCN+∠NCB=90°，所以∠NCB=∠MEB, 所以MEIINC,MEt平面PNC,NCc平面PNC,所以ME∥平面PNC, 又ME∩QE=E,ME,QEc平面ME0, 所以平面MEQ∥平面PNC,MQc平面MEQ,所以MQW平面PNC, 4 即当B0=BP时MQM平面PNC. E M (3)取DC的中点F,连接BF交NC于点G,过点G作GH⊥PC交PC于点H,连接BH, 则DFI/BM且DF=BM,所以四边形DFBM为平行四边形，所以BF∥DM, 又DM⊥平面PNC,所以BF⊥平面PNC,PCc平面PNC,所以BF⊥PC, 又GH∩BF=G,GH,BFc平面GHB,所以PC⊥平面GHB,BHc平面GHB, 所以PC⊥BH, 所以∠BHG为二面角B-PC-N的平面角， CGFG-CF,又cG=BCCF2V 因为*BCFvCGF,所以BC=CF=BF BF ,所以FG=5 5 BG=45 5 又：0G1w,所g9职又cw--5, 25 PN=2-P=5,Pc=V5+(=22,即 GH,所以GH= V30 22V5 10 45 所以BH BH1435 2 故二面角B-PC-N的正弦值为4V7而 35 20.10分)【答案】(1)是(2 【解析】(1) 过点B作BFIICD交AD于F,连接PF, 则∠PBF即为直线PB与直线CD所成角或其补角， 因AB=AE=V2CD=2,平面多边形ABCDE的外接圆圆心O为AD与BE的交点， 则圆O的直径BE=2√2，连接OC,则易得等边三角形OCD,故有∠ADC=60°， 所以OP=OB=V2,∠OFB=∠OFP=60°，所 PF=BF=-12216 sin60°-3， oS∠PBF=2 B6 8F=4,解 PB=6x26-2 在△PBF中，因 23 即AP=AB=PB,可得：∠PAB= ,=l-(PaD+∠8D+PA)=1-2x2+9-. 则得 2π4 即四棱锥P-ABCD在顶点A处的离散曲率为品 (2)因为OP⊥AD,OB⊥AD,所以∠POB为二面角P-AD-B的平面角， B 因为OP+OB=PB,所以LPOB=则平面PAD⊥平面ABCD. 6 过作QG1AD于G，,过G作GH上AC于H,连接QH, 因GC平面PAD,平面PADn平面ABCD=AD,故QGI平面ABCD, 因ACC平面ABCD,则OG⊥AC, 又QG∩GH=G,QG,GHc平面QGH,则AC⊥平面2GH, 因QHc平面QGH,则AC⊥QH,故∠OAG为2A与平面ABCD所成角， ∠QHG为二面角2-AC-D的平面角，则∠QAG=a,∠QHG=P, 因为 AG tanB=OG ana=O tamg=Gg=sim∠DAC= GH,所以tanB AG 2 g0<a<交 则得tanB=2tana,因4，则0<tana<l, 故tan(B-a)=anB-tane tana 1 1 1+tan B-tana 1+2tan2 a tana+2tana 1 -≤ 2V2 tan a= 当且仅当 2,tanB=2 时，等号成立 则tan(B-a)的最大值为4. >