《巴蜀中学2024年高一下学期7月期末考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《巴蜀中学2024年高一下学期7月期末考试数学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学科网（北京）股份有限公司高高 2026 届高一届高一(下下)期末考试期末考试 数学试卷数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，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。在试卷上作答无效。3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分 150分，考试用时 120 分钟。一、单项选择题：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.设ABC的内角 A,B,C所对的边分别为,若 =3,=1,=3,则 B=()A.
2、3B、2 C.6 D.42.某校高一年级有四个班共有学生 200人,其中 1班 60 人,2 班 50人,3班 50 人,4班 40 人.该校要了解高一学生对食堂菜品的看法，准备从高一年级学生中随机抽取 40 人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按班级来分层，则高一 2 班应抽取的人数是()A.12 B.10C.8D.203.已知平面四边形 OABC 用斜二测画法画出的直观图是边长为 1 的正方形，则原图形 OABC中的 AB=()A.2 .22 C.3 D.24.已知 m，n 是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是()A.若,m,则 mB.若 m,n,则 mnC.若
3、 m,m,则 D.若 mn,m,则 n5.甲、乙、丙 3 人独立参加一项挑战，已知甲、乙、丙能完成挑战的概率分别为 13、13、14,则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率为()A.15 B.13 c.25 D.236.平行六面体.中,底面 ABCD 为正方形,1=1=3,=1,E为 CD的中点，则异面直线 BE 和 DC所成角的余弦值为()A.0.32 C.12.34 7.甲在 A 处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角(是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角)为 45、距离 A处为 10n mile的 C处，并测得乙正沿方位角为 105的方向,以 6n mi
4、le/h 的速度航行,甲立即以 14n mile/h的速度前去营救，甲最少需要()小时才能靠近乙.A.1B.2C.1.5D.1.28.已知向量,满足|=1,|=2,且向量 在 方向上的投影向量为.若动点C满足|=巴 蜀 中 学 2 0 2 4 年 高 一 下 学 期 7 月 期末 考 试 数 学 试 题 含 答 案 学科网（北京）股份有限公司 12,则 的最小值为().12 .4263 .172 .5274 二、多项选择题：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.设复数 z 的共轭复
5、数为,为虚数单位,若(+2)=1+,则()A.复数 z 的虚部为-1 B.|z|=2 C.在复平面内对应的点在第一象限 .=16 10.一个袋子中有大小相同，标号分别为 1，2，3，4的 4个小球.采用不放回方式从中任意摸球两次，一次摸一个小球.设事件 A=“第一次摸出球的标号小于 3”，事件 B=“第二次摸出球的标号小于 3”，事件 C=“两次摸出球的标号都是偶数”，则()A.P(A)=P(B).()=16 .()=23 .()=112 11.如图,在棱长为 2的正方体 ABCD-ABCD(中，点 M 分别为 CC上的动点，O 为正方体内一点，则以下命题正确的是()A.BM+DM 取得最小值
6、 2 5 B.当 M为中点时，平面 BMD截正方体所得的截面为平行四边形 C.四面体 ABMD的外接球的表面积为 5时,CM=1 D.若 AO=CO,AO=2,则点 O 的轨迹长为.2 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分.12.已知向量 =(1,1),=(,2),若 /+,则 m=.13.若圆锥的轴截面是边长为 2的等边三角形，则圆锥的侧面积为 .14.记ABC的内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c,已知 +=+,若ABC的面积,=（0),则的最大值为 .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.(本小题满分 13 分)为
7、调查外地游客对洪崖洞景区的满意程度，某调查部门随机抽取了 100 位游客，现统计参与调查的游客年龄层次，将这 100 人按年龄(岁)(年龄最大不超过 65 岁，最小不低于 15 岁的整数)分为 5 组,依次为15,25),25,35),35,45),45,55),55,65,并得到频率分布直方图如下:(1)求实数的值;(2)估计这 100 人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)；学科网（北京）股份有限公司(3)估计这 100 人年龄的第 80 百分位数.(结果保留一位有效数字，四舍五入)16.(本小题满分 15 分)如图，在直四棱柱.中,四边形 ABCD 是一个菱形,DAB=6
8、0,=60,点 P为 BC上的动点.(1)证明:DP/平面 ABD;(2)试确定点 P 的位置，使得.17.(本小题满分 15分)在.中，角 A，B，C所对的边分别为，,=2,3cossin+cossin=2.(1)求 A 的大小;(2)已知=3+23,若 A 为钝角，求 面积的取值范围.18.(本小题满分 17 分)已知三棱台 中,ABC 为正三角形,11=1=1=12=1,点 E为线段 AB 的中点.(1)证明:AE平面 BBCC;(2)延长 AA,BB,CC交于点 P,求三棱锥 P-ABC 的体积最大值;(3)若二面角 的余弦值为 13,求直线 BB与平面.所成线面角的余弦值.学科网（北
9、京）股份有限公司 19.(本小题满分 17分)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球 O 的半径为 R.A、B、C为球面上三点，劣弧 BC的弧长记为，设 O。表示以 O为圆心，且过 B、C的圆，同理,圆 O,O的劣弧 AC、AB 的弧长分别记为 b,c,曲面 ABC(阴影部分)叫做球面三角形.若设二面角 ,分别为,则球面三角形的面积为球面ABC=(+)2 (1)若平面 OAB、平面 OAC、平面 OBC 两两垂直,求球面三角形 ABC的面积;(2)若平面三角形 ABC 为直角三角形,ACBC,设.=,=,=.则:求证:+=1;延长 AO与球 O交于点 D，若直线 DA，DC
10、与平面 ABC所成的角分别为 4,3,=,(0,1,S为AC 中点,T为 BC中点,设平面 OBC 与平面 EST的夹角为,求的最小值,及此时平面 AEC 截球 O 的面积.1高高 2022026 6 届高届高一一（下下）期末期末考试考试数学数学参考答案参考答案一、单选题12345678CBCBDAAD1【答案】C【解析】由正弦定理得：31sinsinAB，则sin1sin23AB，由ba得BA，所以6B，故选 C.2【答案】B【详解】依题意高一 2 班应抽取的人数为504010200人，故选：B.3【答案】C【解析】根据斜二测画法规则，1OAO A，22 2OBO B ，且OAOB，则223
11、ABOAOB，故选 C.4【答案】B【解析】A 中m可能在内，错误；B 中由线面垂直的性质显然正确；C 中与可能相交，错误；D 中n可能在内，可能平行于，可能与斜交，错误，故选 B.5【答案】D【解析】由题意，甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率1111(1)(1)(1)3343P，再由对立事件关系，则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率12133P ，故选 D.6【答案】A【解析】由题意，1111 1 cos32AA ABAA AD ，0AB AD ，又DCAB，1111112BEAEABAAADD EABAAADAB ，所以1111()00222BE DCAAADABAB ，即有BEDC，故选 A.
12、7【答案】A【解析】设甲乙相遇在点 B 处，需要的时间为t小时，则6BCt，14ABt，又4575120ACB，10AC，在ABC中，由余弦定理得：222(14)10(6)20(6)cos120ttt，则28350tt，即(85)(1)0tt，解得1t 或58t （舍去），故选 A.8【答案】D#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#2【解析】如图，根据投影向量，OAAB，则60AOB，且3AB，因为12c，所以点C在以O为圆心，半径12r 的圆上运动设M是AB的中点，由极化恒等式得：22213|44CB CACMABCM ，
13、因为min71|2CMOMr ，则2382 7352 7|4444CM，即CB CA 的最小值为52 74，故选 D.二、多选题91011ADABDABD9【答案】AD【解析】由题意，121izii ，则虚部为1，22(1)(1)2z ，则 A 正确，B 错误；1zi 在复平面内对应的点(1,1)在第二象限，C 错误；22(1)2zii ，4222()(2)4zzi，8422()(4)16zz，D 正确，故答案为 AD.10【答案】ABD【解析】由题意，摸球两次的样本空间(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4
14、,2),(4,3)，事件(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)A，(1,2),(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)B，事件(2,4),(4,2)C，所以(1,2),(2,1)AB，(2,4)AC，(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)AB，利用古典概型计算公式，61()()122P AP B，21()126P AB，105()126P AB，1()12P AC，故答案为：ABD.11【答案】ABD【解析】选项 A 中，将平面11BBCC沿1CC翻折到与平面11D
15、DCC为同一平面，当1,D M B三点共线时，则2211422 5BMDMB D，正确；选项 B 中，设N是1A A的中点，连接1,D N NB，易证1/DMNB，所以平面1BMD 平面1BMD N，此截面是平行四边形，正确；选项 C 中，当1CM 时，因为,CM AD AB两两垂直，所以四面体ABMD的外接球的直径22223RCMCDCB，则32R，此时外接球表面积249R，错误；#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#3选项 D 中，由AOCO，所以点O在AC的中垂面11D DBB上，设11B D的中点为H，则12AH，易
16、证1AH 平面11D DBB，则22112HOAOAH，所以点O在以H为球心，2r 的半圆上运动，点O的轨迹长为2，D 正确.故答案为：ABD.三、填空题121314-221412【答案】2【解析】由题意，ab，则11(2)m ，所以2m ，故答案为2.13【答案】2【解析】由题意，底面圆的半径1r，母线2l，于是2Srl侧，故答案为2.14【答案】14【解析】由正弦定理，sinsincoscosaA cCaCcA可化为22sinsinsin()sinACACB，由20Stbt（）得：22221sinsinsinsinsin122sin4sin4abCSACACtbbBB，当且仅当sinsin
17、AC，即45AC，90B 时等号成立，故答案为14.四、解答题四、解答题15【答案】（1）0.035a；（2）41.5（3）51.7x【解析】（1）由题知，10(0.01 0.0150.030.01)1a，则0.035a；.4 分（2）由图样本平均数20 0.1 30 0.1540 0.3550 0.360 0.141.5x；.9 分（3）由题知，年龄在15,55的频率为 0.9，年龄在15,45的频率为 0.6，则年龄的第 80 百分位在45,55之内，设第 80 百分位数为 x，则0.6(45)0.030.8x，解得51.7x.13 分16【答案】（1）略；（2）略【解析】（1）证明：由题
18、知，由1111/,BBDD BBDD，则四边形11BB D D为平行四边形，所以11/BDB D，所以11/ABDB D面，同理可证11/BCAD，所以111/ABCB D面由111,BDBDC BCBDC面面，所以111/ABDCB D面面，又1PDBDC 面，所以11/ADPB D面；.7 分（2）取 BC 中点 E，连接 DE，PE在BDC中，,3BCDCBCD，则BDC为#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#4正三角形，所以DEBC，又BCDP，所以BCEDP 面，所以BCEP在1BCC面中，1BCCC，1EPBCC
19、 平面，所以1/EPCC，在1BCC中，E 为 BC 中点，所以 EP 为中位线，则点 P 为1BC中点.15 分17【答案】（1）3或23；（2）2 30,9【解析】由正弦定理，coscos23sinsinABcABb可化为sin coscossin2sin3sinsinsinBABABCAB，则有sin()2sin3sinssininBBACAB，因为在ABC中，sin()sin0BAC，sin0B，所以化简得：3sin2A，又0A，解得：3A或23；.7分（2）由233ABACAD 得：322()ADABACADDBADDC ，则2BDDC，从而2213sin3326ABDABCSSbc
20、Abc=，因为A为钝角，所以由（1）知，23A，且2a，有余弦定理2222cosabcbcA=+-可得：224bcbc+=，因为42bcbc+，所以43bc，当且仅当2 33bc=时等号成立，又,b c可以无限接近0，所以403bc，从而32 30,69ABDSbc=，故ABD面积的取值范围为2 30,9.15分18【答案】（1）略；（2）2 315（3）33【解析】（1）如图，设F是BC的中点，连接EF，1C F，在三棱台111ABCABC中，因为1112ABAB，所以1112ACAC，且11/ACAC，因为,E F分别是,AB BC的中点，所以/EFAC，12EFAC，于是可得：11/AC
21、EF，所以四边形11AEFC是一个平行四边形，则有11/AEC F，又1AE 平面11B BCC，1C F 平面11B BCC，所以1/AE平面11B BCC；.5 分（2）因为2AB，又12 2 sin6032ABCS 为定值，所以当平面PAB 平面ABC时，该三棱锥的体积最大.因为111/2ABAB，所以11,A B分别是,PA PB的中点，因此PAB是边长2的正三角形，#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#5因为PEAB，由平面PAB 平面ABC的性质可证得：PE 平面ABC，又3PE，则133133P ABCABCV
22、PE S；则三棱锥P-ABC的体积最大值为1.10分（3）如图，2PAACPBBC，1C是PC的中点，则1ACPC，1BCPC，所以二面角1A CCB的平面角是1AC B，又11ACBC，由余弦定理得：222111111cos23ACBCABAC BACBC，解得113ACBC，作1BOAC于点O，连接PO，因为PC 平面1AC B，所以PCBO，又11ACPCC，1,AC PC 平面11ACC A，所以BO 平面11ACC A，则BPO为直线1BB与平面11ACC A所成角，由2PB，222 633BO，则222 33POPBBO，从而3cos3POBPOPB，所以直线1BB与平面11ACC
23、 A所成线面角的余弦值为33.17 分19【答案】（1）22R；（2）略（3）25378R【解析】（1）若平面,OAB OAC OBC两两垂直，有2，所以球面三角形 ABC 面积为22()2ABCSRR球面；.3 分（2）证明：由余弦定理有：2222122222222232cos2cos2cosACRRRBCRRRABRRR，且222ACBCAB，消掉2R，有123coscoscos1。.7 分由 AD 是球的直径，则ABBD，ACCD，又ACBC，所以ACBCD 面，则ACBD，所以可证得BD 平面ABC，由直线 DA，DC 与平面 ABC 所成的角分别为,4 3，所以,43DABDCB，不
24、妨先令3R，则2 3,6,2,2ADABBDBCAC，由ACBC，ACBD，BCBD，以 C 为坐标原点，以 CB，CA 所在直线为 x，y 轴，过点 C 作 BD 的平行线为 z 轴，建立如图空间直角坐标系，设,(0,6BEt t，则(0,0,0),(0,2,0),(2,0,0),(2,0,6)CABD，则226(0,1,0),(,0,0),(2,0,),(,1,)222STEt O，#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#6设平面 OBC 法向量(,)mx y z，26(2,0,0),(,1,)22CBCO ，则20260
25、22xxzy，取2z ，则6,0yx，所以(0,6,2)m，.10 分设平面 EST 法向量(,)nx y z，22(,1,0),(,0,)22STTEt，则202202xyxtz，取2xt，则,1yt z，所以(2,1)nt t，.12 分要使sin取最小值时，则|cos|取最大值，所以22222|62|1321(32)12 61|cos|13131|555103131m nttttttmntt，令2 61,(1,13mtm，则12 6mt，22(1)38mt，有2222 618882,9(1)312962218tmmmtmmmm当且仅当13,6mt取等）.则|cos|取最大值35，210sin1cos5为最小值.14 分此时点1(2,0,)6E，平面 AEC 中1(2,0,),(0,2,0)6CECA ，法向量(1,0,2 3)k。球心 O 到平面 AEC 距离为|5|26AO kdk，设平面 AEC 截球 O 圆半径为r，2225326rRd，所以截面圆面积为2253532678rR.17 分#QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=#