吉林省吉林市田家炳高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

吉林市田家炳高级中学2025-2026学年下学期高一年级期末考试 数学学科试卷 满分：150分；考试时间：120分钟；命题审题：高二年级数学学科命题组 第I卷（选择题） 一单选题：共8题，每题5分，共40分 1.样本数据1,1,2,3,3,4,5,5的第70百分位数为（ A.5 B.4 c D.3 2.已知复数2=1-21 (为虚数单位)，则z的虚部为() 和 3+41 A c.号 D.-2 3、某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为2：3：5，现用分层随机抽样的方法从该校三个 年级的学生中抽取容量为300的样本，则从高二年级抽取的学生人数为（) A.60 B.90 C.120 D.150 4.设x,yeR,向量a=(么，xy)i=(2,-4,2),aWi,则x-y=（) A.-7 B.-5 C.1 D.-3 5.已知直线m,n与平面a,B,Y,则下列命题中正确的是（） A.若a⊥y,B⊥y,则lB B.若m⊥a,n⊥，则m/ln C.若mlLa,nca.,则mlln D.若mLIc,m/1B,则alB 6.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是() A.a=5,A=40°，B=75° B.a=4,b=5,c=6 C、ax3,b=4,A=30° D.a=2,c=√2，C=60° 7.如图，为了测量河对岸塔的高度，甲在C处观测到河对岸塔在北偏 东75°方向，顶部A的仰角为0=30°，往正东方向前进90m到达D处， 测得该塔在北偏西45°方向，底部B和C,D在同一水平面内，则该建筑 物的高AB为() A.302m B.30/3m D.30v6m *一年级期末考试数学！ 8.在△ABC中，已知B=45°，D是BC边上一点，如图， ∠BAD=75°，DC=1,AC=√3，则AB≠() A.5 B.5 c.6 D,6 2 二、多选题：共3小题，每题6分，共18分，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选 错的得0分 9.某学校对高一学生预选科进行调查统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、 生史地五种组合，其中选择物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形 图，则() y人数（单位：人） 物化 300 250 200 200 60 物化生 物传政 150 35% 100 生史地 50h 政史地 政 物 物 物 25%. 生组合 星猛 货 地 A.该校高一学生总人数为800 B。该校高一学生中选择物化政组合的人数为90 C.该校高一学生中选择物理的人数比选择历史的人数少 D.按选科组合用分层随机抽样从该校高一学生抽取40人，则生史地组合应抽取8人 10.将边长为2的正角形绕着它的一条高线旋转一周得到一个圆锥，下列叙述正确的是！) A.圆锥的体积为√3元 B.圆锥的侧面积为2π C.圆锥侧面展开图扇形圆心角为π D.过圆锥顶点的截面面积的最大值为√阝 11.已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边，下面四个结论正确的是() A、若acos A=bcos B,则△ABC为等腰三角形 B.在锐角△ABC中，不等式sinA>cosB恒成立 C.若B=，a=4W5,且△ABC有两解，则b的取值范围是(6,4W) D.若c0s2A+c0s2B<1+cos2C,则△ABC为锐角三角形 第II卷（非选择题） 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分 12.已知复数(m2-5m+6)+(m2-3m)i是纯虚数，则实数m= 13.如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠DAB=60°，E为CD上靠近于C的 三等分点，则D.A龙的值是 14.随机投掷3枚质地均匀的正方体骰子(6个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)，则3枚骰子正面 朝上的点数之和为完全平方数的概率为 四、解答题：共5小题，77分. 15.如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A'的长 为4，且∠A'AB=∠A'AD=120°，求： D (1)BD'的长； B (2)直线BD'与AC所成角的余弦值 D B 16,某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中 随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六 段：[40,50)，[50,60)，，[90,100]得到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； 频率组距 9 0.025 (2)求样本成绩的上四分位数； 0.020 (3)已知落在[50,60)的平均成绩是57，方差是7，落在 0.010 0.005}*- [60,70)的平均成绩为69，方差是4，求两组成绩的总平均. 040506孩708090100分数 数z和总方差s2. 17.在△ABC中，内角4，B,C的对边分别为a,b,c,若m=sinA-sinB,c+V3a,i=(a+b,sinC), 且m⊥i. (I)求角B的大小； ②诺b=万，点D是4C的中点，且8D=号，求：的值； 18.如图，在三棱柱ABC-ABC中，AA⊥底面ABC, 且△ABC为正三角形，AA=AB=6,D为AC的中点. (1)求证：直线AB/1平面BCD; (2)求证：平面BC,D⊥平面AACC; (3)求BC与平面AACC所成的角的正切值。 19.在直角梯形ABCD中，AD∥BC,BC=2AD=2AB=22,∠ABC=90°（如图1），把△4BD 沿BD翻折，使得AE平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC中点（如图2）. M 图1 图2 图3 (1)证明：平面BCD⊥平面AMN ②诺R、2分别为线段B与DN上一点，使得R-将=A(R)(如图3)，令P9与D 和W所成的角分别为C和.02，求sin已+sin0的取值范围. 参考答案 题号 5 6 7 8 10 11 答案 B B D B C A AD BCD BC 1.B 【分析】根据第p百分位数的概念，求出一列数字的第70百分位数即可. 【详解】样本数据由小到大排列为1,1,2,3,3,4,5,5，共8个数字， 因为8×0.7=5.6，所以第70百分位数为第6个数字，即4. 故选：B. 2.A 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数及复数的定义求解即可， 浅解】212五0-2i3-40）-3-108=510=3-22 3+4i(（3+41)3-4i)9-16i2-25 5+5, 所以z的虚部为亏 3.B 【分析】先求出高二学生的占样本的抽样比，再乘以300即可. 【详解】由题意：从高二年级抽取的学生人数为：300×，3 2+3+5=90. 故选：B 4D 5.B 【详解】若a⊥y,B⊥Y,则a∥B或a,B相交（墙角模型），故A错误； 若m⊥a,n⊥a,则mn,故B正确； 若mlla,ncoa,则ml/n或异面，故C错误； 若m/1a,m/1B,则aB或相交，故D错误， 6.C 【分析】根据各选项的条件，结合正弦定理解三角形，判断解的个数，即可得答案， 【详解】对于A,a=5,A=40°，B=75°，则C=180-A-B=180-40-75=65,只有一解， A不符合题意； 对于B,a=4,b=5,c=6,满足a+b>c,a+c>b,b+c>a,只有一解，B不符合题意； 对于C,a=3,b=4,A=30°，则a=b sin A sin B' 答案第5页，共10页 做smB=bsin4=4sin30=子>)结合a=3<b=4T a 3 故B有两解，分别在30°~90°以及90150之间，C符合题意； 对于D,a=2,c=2,C=60°，则a sin A sin C' 故sinA=asinC=2sin60_V >1,此时无解，D不符合题意， √2√2 故选：C 7.A 【分析】应用正弦定理求得BC=30√6m,再由am0=8= BC万求建筑物的高。 【详解】由题设及图知：a=15°，B=45°，则∠CBD=120°， CD BC 在△BCD sin∠CBDsin B,可得BC=30V6m, 又ane=AB、l BC5,可得AB=302m. 故选：A 8.C 【分析】在△ADC中用余弦定理，求出AD,之后在△ABD中，用正弦定理计算AB的长度. 【详懈】在△ABD中，∠B=45°，∠BAD=75°，所以∠ADB=180°-45°-75°=60°， ∠ADC=180°-60°=120° 在△ADC中，DC=1,AC=V3,由余弦定理可得AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos.∠ADC, 代入数值：（5)=AD2+12-2AD1 整理得AD2+AD-2=0,解得AD=1(舍去负 根)： 在△ABD中，∠B=45°，∠ADB=60°，AD=L,根据正弦定理： AB AD sn∠ADB"sin∠B代人数值： 3 sin60sin45oAB=sn60° AB sin450= 2=6 221 2 故答案为：C 9.AD. 【详解】选项A:由扇形图可知选科是政史地这种组合的学生所占比例为25%， 由条形图可知选科是政史地这种组合的学生人数为200， 答案第6页，共10页 故该校高一学生总人数为 200_200-800,选项A正确； 25%0.25 选项B:由条形图可知选科是生史地这种组合的学生人数为160， 则选科是生史地这种组合的学生所占比例为 60 =0.2=20%, 800 依题意，选择物化地和物化政组合的人数相等， 因此选科是物化政这种组合的学生所古比例为1-356-25%-20%_20% 10%, 2 2 故选科是物化政这种组合的学生人数为800×10%=80，选项B错误； 选项C:该校高一学生中选择物理的学生所占比例为：35%+10%+10%=55%， 该校高一学生中选择历史的学生所占比例为：25%+20%=45%，55%>45%， 故该校高一学生中选择物理的人数比选择历史的人数多，故选项C错误； 选项D:选科是生史地这种组合的学生所占比例为20%， 故生史地组合应抽取40×20%=8人，选择D正确. 故选：AD. 10.BCD 【详解】由题意圆锥的母线长为1=2，底面半径为r=1,高为h=√3， V-jrh-jaxx2- ,A错； S侧=πrl=π×I×2=2π，B正确； 圆锥侧面展开图扇形圆心角为0=2πr=2πx 2 二=π，C正确； 由题意圆锥轴截面是等边三角形，任意两条母线夹角的最大值为轴截面顶角？ 因此过圆锥顶点的截面面积的最大值S=】×22×sn交=√5，D正确. 1 2 3 故选：BCD 11.BC 【分析】由余弦定理角化边，因式分解得到a=b或a2+b2=c2,从而判断△ABC的形状，得到 答案第5页，共10页 A选项；根据正弦函数在 0,2 的单调性得到B选项；根据三角形的个数判断C选项；利用 正弦定理只能得到C为锐角，无法证明D选项. 【详解】对于A,若acosA=-bcsB,则由余弦定理得ax+c2-a =bxa2+c2-b2 2bc 2ac 即a26+c2-a2)=b(a2+c2-b）,bc2-b=a2c2-a,c2(a2-b2)）=(a2+b)a2-b2), 所以(a2-b2)(a2+b2-c2)=0,所以a=b或a2+b2=c2, 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 对于B,在锐角aABC中，A+B>受故A心受-B且A受-B0》, 故snA>sm（爱-B-cosB,所以不等式nA>cosB恒成立，故B正确： 对于C,若B=子a=45,且6ABC有两解。 则asnB<b<a,放45x号<bs45,即6<b45,故C正确： 对于D,若cos2A+cos2B<1+cos2C,则1-cos2C<0-cos2B)+(1-cos2A), 即sin2C<sin2B+sin2A,由正弦定理得c2<b2+a2,所以角C为锐角， 但角A,B未知，无法判断△ABC为锐角三角形，故D错误. 故选：BC 12.2 【详解】由复数(m-5m+6)+(m-3m)i是纯虚数， m2-5m+6=0 可得 m2-3m≠0 ，解得m=2. 3.3 6 【分析】用AB,AD表示出A正，然后根据向量数量积的运算性质求解可得. 【详解]因为E为CD上近于C的三等分点，所以DBDC-子AB 3 所以正-而+D=而+号西， 又AB=AD=2,∠DAB=60°，所以AB.AD=2×2×cos60°=2， 所以而正=而（而+号丽=而+号0.丽=2+号x2- 3 3 答案第6页，共10页 故答案为： 16 3 4品 【详解】由题意得可取的完全平方数为4,9,16 对于4，有效的三元组为012)，个数为3，因此P(4)262 31 对于9，有效的三元组为(333)，(234)，（135)，(144)，(126)，(225)， 个数依次为16,6363，总个数为25，因此P9)=25 Γ216 对于16，有650).(60).个数为33，因此P0)=品6-G 综上所述，P=+25+1=口 Γ7221636108 15.(1)32 a号 【详解】(1)设AB=a,AD=6,DD=c,由题意可得l=6=1,d=4, a.B=0a.=adlcosZAAB=-2,B.=BcosZAAD=-2, 所以BD=(A+D+DDy=（a+6+cj=a2+i2+2-2a.i-2ac+26.c =1+1+16-0+4-4=18, 所以BD=3V5,即BD的长为3√2； (2)因为AC=AB+AD=a+b, 所以BD.AC=（a+6+c)(a+6)上-a2-a.6+a.6+b+a·c+6.c =-1-0+0+1-2-2=-4, 又AG=G+5-V2+2a-b+=2, 所以cos BD,AC BD'.AC -4 2 BDAC32×V23, 所以直线BD'与AC所成角的余弦值为 2_2 33 16.(1)a=0.030; (2)84; (3)总平均数为65；总方差为37. 答案第5页，共10页 【详解】（1)因为每组小矩形的面积之和为1， 所以(0.0050.0100.020a0.0250.010)101,则a=0.030; (2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65， 落在[40.90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9， 设上四分位数为m,由0.65+(m-80)×0.025=0.75,得m=84, 故上四分位数为84： （3)成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10， 成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20， 故这两组成绩的总平均数为2-10×57+69×20=65， 10+20 由样本方差计算总体方差公式可得总方差为 -8+(67-65]8[4469-6r]-37 17.()B=5 6 2②5或5 3 【详解】(1)由条件mLn可知，(sinA-sinB)(a+b)+c+√5a)inC=0, 由正弦定理可知(a-b)(a+b)+(c+V5a)上=0， 整理为a2-b2+c2+√3ac=0, 由余弦定理可知cosB=a+c-:-V5ac-5 2ac 2ac 21 因为B∈(0，π)，所以B=5π： 6 (2)由余弦定理可知，7=a2+c2-2ac. 即a2+c2+5ac=7,① 2 BD=)(®厨+BC),即4BD2=B+BC2+2BABC, 即a2+c2-√3ac=1②， 由①②可知，a2+c2=4,ac=V5,解得：a=1,c=V3或a=V5,c=1, 所以-5或是5 c31 C 18. 答案第6页，共10页 【详解】（1) A B 设BC∩CB=O,连接DO, :在三棱柱ABC-ABC中，AA⊥底面ABC,且△ABC为正三角形， ∴·三棱柱ABC-ABC为正三棱柱，侧面CCBB为正方形， O为BC的中点，又：D为AC的中点，在△ACB中有DO/IAB, :ABE平面BCD,DOc平面BCD,∴ABII平面BC,D; (2)连接BD, :AA⊥底面ABC,BDc平面ABC,∴AA⊥BD, 又△ABC为正三角形，D为AC的中点，AC⊥BD, 又·AAAC=A,又：AAc平面AACC,ACc平面AACC, ∴.BD⊥平面AACC,又：BDc平面BCD,.平面BCD⊥平面AACC; (3)由(2)可知BD⊥平面AACC,∴.DC即为BC在平面AACC内的射影， ∴∠BCD即为BC与平面AACC所成的角， 三棱柱ABC-ABC为正三棱柱，且AA=AB=6, BD-AB=3,DC-DC+GC-+3-35. 2 tan∠BCD=BD=3V3_V5 DC355 19.【详解】（1)因为AB=AD,且点M是BD的中点， 所以AM⊥BD. 因为△ABD是等腰直角三角形，BD=2,BD=2√2，∠CBD=45°， 答案第5页，共10页 则DC=VBD2+BC2-2BD.BC.cos45°=2， 则BD+DC2=BC2,得BD⊥DC, 因为点M,N分别是BD,BC的中点，所以MN/IDC,即BDL MN, AMOMN=M,且AM,MNc平面AMN, 所以BD⊥平面AMN,且BDC平面BCD, 所以平面BCD⊥平面AMN; 2在BN线段取点R,使得S=S-9=元Q∈R)。 PB RB QD B RN 从而易得PR//AN.且RQ/IBD,O,=∠PQR,O2=∠QPR, 另一方面，AM⊥BD,MN⊥BD,从而0=∠AW, 所以AM⊥BD,MN⊥BD,AMOMN=M,AM,MNC平面AMN, 所以BD⊥平面AMN,ANc平面AMN, 所以BD⊥AN, 因为PR/IAN,RQ//BD, 所以LPRQ= Γ2’ 从而0+0，=受80引a+(任) 则sin8,+sin0,=sin8+cosg,=2sin+到e(v] 答案第6页、共10页