精品解析：广东省深圳中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

试卷类型：A 深圳中学2025-2026学年度第二学期期末考试试题 年级：高一 科目：数学 考试用时：120分钟 卷面总分：150分 注意事项：答案写在答题卡指定的位置上，写在试题卷上无效．选择题作答必须用2B铅笔． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 数据12，8，10，15，11的第60百分位数为（ ） A. 11 B. 11.5 C. 12 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将数据从小到大排列后，由百分位数的定义求解即可. 【详解】因为此组数据即为，一共有个数据，且， 所以此组数据的第60百分位数为第、这两个数的平均数，即为. 2. 设为虚数单位．若复数满足，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，解得，即， 即 ，则选项B正确. 3. 设为实数，空间向量，，则以下说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量共线与垂直的坐标表示，逐一检验即可. 【详解】对于A，当时，，显然不存在实数使得，故A错误； 对于B，当时，，显然不存在实数使得，故B错误； 对于C，当时，，，故C正确； 对于D，当时，，，故D错误. 4. 中，设角，，的对边分别为，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义列式子，然后利用余弦定理化简. 【详解】 在方向上的投影向量为. 5. 已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中， ，则原四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图画出原图，可得原图形为直角梯形，计算该直角梯形的面积即可. 【详解】过点作，垂足为 则由已知可得四边形为矩形，为等腰直角三角形 ，则， 根据直观图画出原图如下： 可得原图形为直角梯形，， 且， 可得原四边形的面积为. 6. 中，设角，，的对边分别为，，．若，，，则的值为（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题设，且必为锐角，则， 对于可能为锐角，也有可能为钝角，则，均满足题设， 由， 若时，， 若时，， 综上，为或. 7. 已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设，则， ， ， ， ， ，， ， ， 则， ， 设异面直线与的夹角为， 则，故选项D正确. 8. 已知圆锥的高为1，体积为．为的一条直径，为上一点（不与，重合）．设二面角和的正切值分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由圆锥体积求出底面半径．分别作，，利用二面角的平面角得到，与，的关系；再利用圆的性质和直角三角形的中位线关系求出即可． 【详解】设圆锥底面半径为． 由得，所以． 作，垂足为；作，垂足为，如图所示． 因为 底面，底面，所以． 又，故 平面，平面，从而． 因此 为二面角的平面角． 所以 同理，为二面角的平面角，故 因为为圆心，，，所以，分别为弦，的中点． 又为直径，所以． 在中，为的中点，为的中点，为的中点， 因此 于是 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，有多项是符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，为随机事件．以下说法正确的有（ ） A. 若，对立，则 B. 若，则，对立 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由对立事件的性质判断A；举反例判断B；由互斥事件的性质判断C；由独立事件的性质判断D. 【详解】对于A，因为，对立，所以，不同时发生，则，故A正确； 对于B，由，不能得出，对立，如投掷一枚质地均匀的骰子， “出现的点数为1，2”，“出现的点数为3，4”，显然，但，不对立，故B错误； 对于C，因为，互斥，，则，故C正确； 对于D，因为，相互独立，，则，故D正确. 10. 如图1，为测量某垂直于地面的信号塔的高度，某同学坐在一辆匀速缓慢行驶的汽车内，每5 s测量一次该信号塔的仰角（即图1中的），并将测量结果记录于图2所示的方格表中，其中取第一个记录点为初始时刻．已知汽车行驶于一条水平、笔直的公路上，且速度为，则以下说法正确的有（ ） A. 时，汽车与信号塔的距离最近 B. 时，汽车与信号塔的距离最远 C. 公路与信号塔的距离约为150 m D. 信号塔的高度约为250 m 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正切函数的定义，结合题图分析汽车、公路与信号塔的距离及对应时间的值，列方程求解判断即可. 【详解】由题设，其中塔高恒定，为汽车与信号塔的距离， 由图2，时，最大，即最小，故A对，B错， 对于C：汽车速度为，每5秒行驶， 令表示公路与信号塔的距离，结合题设图， 由时汽车距离最近点的行驶距离为， 此时， 而时，则， 联立两式解得，即公路与信号塔的垂直距离约为200m，C错， 对于D：代入，得，D对. 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，，，是棱的中点．以下说法正确的有（ ） A. B. 若平面，则 C. 若，则的最大值是 D. 若当为定值（）时，点的轨迹长度为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，直接根据向量运算求解判断即可；对于B，建立空间直角坐标系，利用坐标法得即可判断；对于C，结合B选项，利用坐标法得，再根据基本不等式求解即可判断；对于D，分和两种情况讨论求解即可判断. 【详解】因为点满足，，， 所以点在四边形内（含边界）， 对于A选项，，故错误； 对于B，如图，建立空间直角坐标系，则，， ， ，，，， 因为，所以，即， 因为平面，所以平面， 因为， 所以，当平面时，，即，整理得，故正确； 对于C选项，因为，， 所以，当时，有，即，整理得， 所以，根据基本不等式得，当且仅当时等号成立， 所以，若，则的最大值是，C选项正确； 对于D选项，由正方体的性质易知平面， 所以，当为定值（）时，为定值， 当时，，点即为点；当时，，点即为点； 当时，的轨迹为：以为圆心，半径的圆弧，位于正方形区域内（含边界）， 当，即时，的轨迹为在正方形内的完整圆周， 故当点的轨迹长度为时，，解得； 当，即时，的轨迹为在正方形内的弧， 此时的长为，令，则， 则，故弧长， 此时结合图形可知弧的长度从逐渐减小到0，故存在使得弧长. 综上，当为定值（）时，点的轨迹长度为，则或，故D选项错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 空间直角坐标系中，点和点关于轴对称，则点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为点和点关于轴对称，所以. 13. 已知等边三角形的边长为2，设是平面内的动点，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设动点， . 【详解】设中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，等边的边长为2， 则， 设动点，则，，， ， 所以， 当时，取得最小值. 14. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值． 【详解】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是， 则，∴， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，， 又平面，所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， ，，∴， ， 令，则， ， 当且仅当，时等号成立， 所以的最小值是． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题． 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 复平面中，已知点，，为的中点． （1）求点对应的复数； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用中点坐标公式得到对应的坐标，然后根据复数与坐标的关系即可得到点对应的复数为.（2）利用向量夹角的定义，令且向量不共线，即可得到的范围. 【小问1详解】 由题意，，因此点对应的复数为． 【小问2详解】 由题意，，． 因为二者夹角为锐角，所以，解得； 同时有与不共线，即，解得． 综上，的取值范围是． 16. 某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． （2）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 【答案】（1）（或），（分） （2）样本空间， 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用频率分布直方图的性质，即可求出值，再由中位数的定义，即可求解； （2）根据条件，先求出两分数段内的人数，利用列举法列出样本空间，再由古典概率的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，，解得， 设名学生成绩中位数的估计结果为．记第组的频率为（按分数从低到高，）， 则由频率分布直方图可得：，，，， 因为，，所以． 由比例关系，，解得（分）. 【小问2详解】 由（1）得，．由分层抽样定义，在分数段内抽取人，在分数段内抽取人． 记中选取的四人为，，，，中选取的一人为， 则样本空间， 设事件“这2人中恰有1人的成绩落在内”，则， 所以． 17. 如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． （1）求证：平面平面； （2）是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】（1）由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． 18. 中，设角，，的对边分别为，，．已知． （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理求； （2）结合 和已知乘积求边长比； （3）由锐角条件确定角的范围，再利用高和三角恒等变换求面积范围． 【小问1详解】 已知． 由正弦定理，得. 又由余弦定理，则， 因为，，所以. 又 ，故 ，从而. 【小问2详解】 由（1）知，所以． 又，且 ，所以. 由正弦定理，，因此. 由已知条件， 故. 因为，，均为正数，所以. 【小问3详解】 由（1）知，故． 因为 为锐角三角形，所以 由边上的高为，有． 于是三角形面积 又， 所以. 当 时，故 当时取到等号，而不能取到． 因此 所以面积的取值范围为 19. 回答以下问题： （1）如图1，设点为三棱锥外接球的球心，过作平面于点，作平面于点．设棱的中点为，连接，．设二面角为（），，，，，球的半径为．求证： i．为的外心； ii．，，，四点共面； iii．． 注：当三棱锥的形状变化时，图1的形状也可能发生变化（例如图2）．事实上，上述求解的公式对任意三棱锥都成立，不过你只需基于图1证明即可． （2）已知等边三角形的边长为，直线将其分成两个多边形．将其中一个多边形绕旋转角度（），然后以这两个多边形为底面，连接它们边界上的对应点，构成一个多面体．若该多面体的所有顶点都在同一个球面上，求该球半径的最小值． 【答案】（1）i．因为平面，，，平面， 所以，，， 则，，． 又点为三棱锥外接球的球心，则， 因此，即为的外心． ii．因为为的外心，且为的中点，所以．同理可证． 因为，平面，，所以平面． 因为平面，平面，所以． 因为，平面，，所以平面． 因为过点有且仅有一个平面与直线垂直， 所以平面与平面重合，即，，，四点共面． iii．因为，，所以是二面角的平面角，即． 设．因为，，，四点共面，所以在图1中，有． 因为平面，平面，所以．同理． 因此，即，解得． 因此． 因为（i．问中已经证明），所以． 同理，，． 因此． （2） 【解析】 【分析】（1）i．根据线面垂直的性质，勾股定理，及外接球球心的性质即可证明； ii．根据线面垂直的判定证明平面，且平面，进而根据过一点有且仅有一个平面与一条直线垂直即可证明； iii．根据二面角的定义得到，设，从而得到，再根据线面垂直的性质，三角函数的定义，及勾股定理即可证明； （2）先结合（1）中的结论得到若时，时，时，取得最小值的情形，再根据对称性两种情况讨论，情况1：直线过点，且交对边于点；情况2：直线不过点，且分别交两边，于点，，进而根据正弦定理，余弦定理分别求出这两种情况下的最小值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图1中有，因此由（1）的第iii问可得，对给定的，，和， 当在内变化时，若，则，此时当时，取得最小值； 若，则，此时当时，取得最小值； 若，则，此时， 因此当趋近于时，趋近于其下界（但无法取得）． 由对称性，仅需考虑以下两种情况：情况1：，设， 此时两个多边形为和，多面体为三棱锥 ， 设和的外接圆半径分别为，， 则由正弦定理，．而，等号成立当且仅当点为中点． 因此由前述结论，当趋近于时且为中点时，趋近于其下界． 情况2：与线段，各有一交点（非端点），设，， 此时两个多边形为和四边形， 多面体为四棱锥 （这里为旋转后的对应点）． 若该四棱锥有外接球，则四边形有外接圆，即． 此时，设和四边形的外接圆半径分别为，，（）， 则，，． 因为，且当（即为的中位线）时，取得最小值， 所以由前述结论，的最小值为． 综上，外接球半径的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型：A 深圳中学2025-2026学年度第二学期期末考试试题 年级：高一 科目：数学 考试用时：120分钟 卷面总分：150分 注意事项：答案写在答题卡指定的位置上，写在试题卷上无效．选择题作答必须用2B铅笔． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 数据12，8，10，15，11的第60百分位数为（ ） A. 11 B. 11.5 C. 12 D. 10 2. 设为虚数单位．若复数满足，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 设为实数，空间向量，，则以下说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 4. 中，设角，，的对边分别为，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中， ，则原四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 中，设角，，的对边分别为，，．若，，，则的值为（ ） A. 或 B. C. D. 7. 已知平行六面体的所有棱长均为，，则异面直线与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆锥的高为1，体积为．为的一条直径，为上一点（不与，重合）．设二面角和的正切值分别为，，则（ ） A. B. C. D. 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，有多项是符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，为随机事件．以下说法正确的有（ ） A. 若，对立，则 B. 若，则，对立 C. 若，互斥，则 D. 若，相互独立，则 10. 如图1，为测量某垂直于地面的信号塔的高度，某同学坐在一辆匀速缓慢行驶的汽车内，每5 s测量一次该信号塔的仰角（即图1中的），并将测量结果记录于图2所示的方格表中，其中取第一个记录点为初始时刻．已知汽车行驶于一条水平、笔直的公路上，且速度为，则以下说法正确的有（ ） A. 时，汽车与信号塔的距离最近 B. 时，汽车与信号塔的距离最远 C. 公路与信号塔的距离约为150 m D. 信号塔的高度约为250 m 11. 已知正方体的棱长为1，点满足，，，是棱的中点．以下说法正确的有（ ） A. B. 若平面，则 C. 若，则的最大值是 D. 若当为定值（）时，点的轨迹长度为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 空间直角坐标系中，点和点关于轴对称，则点的坐标为________． 13. 已知等边三角形的边长为2，设是平面内的动点，则的最小值为________． 14. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为______. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 复平面中，已知点，，为的中点． （1）求点对应的复数； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． （2）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 17. 如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． （1）求证：平面平面； （2）是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 18. 中，设角，，的对边分别为，，．已知． （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围． 19. 回答以下问题： （1）如图1，设点为三棱锥外接球的球心，过作平面于点，作平面于点．设棱的中点为，连接，．设二面角为（），，，，，球的半径为．求证： i．为的外心； ii．，，，四点共面； iii．． 注：当三棱锥的形状变化时，图1的形状也可能发生变化（例如图2）．事实上，上述求解的公式对任意三棱锥都成立，不过你只需基于图1证明即可． （2）已知等边三角形的边长为，直线将其分成两个多边形．将其中一个多边形绕旋转角度（），然后以这两个多边形为底面，连接它们边界上的对应点，构成一个多面体．若该多面体的所有顶点都在同一个球面上，求该球半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $