资源简介

重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末考试
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 则B= ( )
A. B、 C. D.
2. 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. 10 C. 8 D. 20
3.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. C. 3 D. 2
4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若α∥β, m∥β, 则m∥α B. 若m⊥α, n⊥α, 则m∥n
C. 若m∥α, m∥β, 则α∥β D. 若m⊥n, m α, 则n⊥α
5.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 则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率为 ( )
A. B. c. D.
6.平行六面体. 中, 底面ABCD 为正方形, E为C D 的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为 ( )
A. 0 C.
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 mile/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. 1 B. 2 C. 1.5 D. 1.2
8.已知向量 满足 且向量 在 方向上的投影向量为 .若动点C满足 则 的最小值为( )
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的共轭复数为, 为虚数单位, 若, 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
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)
11. 如图, 在棱长为2的正方体ABCD-A B C D (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. B M+DM 取得最小值2
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5π时, CM=1
D. 若AO=CO, A O=2, 则点O的轨迹长为.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量 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, 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)；
(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=60°, 点P为BC 上的动点.
(1) 证明: DP//平面AB D ;
(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,
(1) 求A的大小;
(2) 已知 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, 点 E为线段AB 的中点.
(1) 证明: A E∥平面B BCC ;
(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 , 求直线BB 与平面. 所成线面角的余弦值.
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α,β,γ, 则球面三角形的面积为
(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, AC⊥BC, 设.
则:①求证:
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 S为AC中点, T为BC中点, 设平面OBC与平面EST的夹角为θ, 求的最小值, 及此时平面AEC 截球O 的面积.高 2026 届高一（下）期末考试
数学参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
C B C B D A A D
1【答案】C
3 1
【解析】由正弦定理得： ，则 sin B
sin A 1
，由b a得B A，所以 B 2 ，故选 C.sin A sinB 3 6
2【答案】B
50
【详解】依题意高一 2班应抽取的人数为 40 10 人，故选：B.
200
3【答案】C
【解析】根据斜二测画法规则，OA O A 1，OB 2O B 2 2 ，且OA OB，
则 AB OA2 OB2 3，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
1 1 1 1
【解析】由题意，甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率 P (1 ) (1 ) (1 ) ，再由对立事件
3 3 4 3
1 2
关系，则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率 P 1 ，故选 D.
3 3
6【答案】A
1
【解析】由题意， AA1 AB AA1 AD 1 1 cos ， ，3 2 AB AD 0
1
又DC AB， BE AE AB AA1 A1D1 D1E AB AA1 AD AB，2

所以 BE DC (AA1 AD
1
AB) AB 1 1 0 0 ，即有 BE DC，故选 A.2 2 2
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 BC 6t， AB 14t，又 ACB 45 75 120 ，
AC 10，在 ABC中，由余弦定理得： (14t)2 102 (6t)2 20 (6t) cos120 ，则8t2 3t 5 0，
即 (8t 5)(t 1) 0
5
，解得 t 1或 t （舍去），，故选 A.
8
8【答案】D
1
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}
1
【解析】如图，根据投影向量，OA AB，则 AOB 60 ，且 AB 3，，因为 c ，2
1
所以点C在以O为圆心，半径 r 的圆上运动．设M 是 AB的中点，由极化恒等式得：
2
2 1 2 2 3 CB CA CM AB |CM | 7 1，因为 |CM |
4 4 min
|OM | r ，
2

|CM |2 3 8 2 7 3 5 2 7 CB CA 5 2 7则 ，即 的最小值为 ，故选 D.
4 4 4 4 4
二、多选题
9 10 11
AD ABD ABD
9【答案】AD
1 i
【解析】由题意， z 2 1 i，则虚部为 1， z ( 1)2 ( 1)2 2，则 A正确，B错误；
i
z 1 i在复平面内对应的点 ( 1,1)在第二象限，C错误；
z2 ( 1 i)2 2i， z4 (z2 )2 (2i)2 4， z8 (z4 )2 ( 4)2 16，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), (4,2), (4,3)}，
事件 A {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4)}， B {(1,2), (2,1), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2)}，
事件C {(2,4), (4, 2)}，所以 AB {(1,2), (2,1)}， AC {(2,4)}，
A B {(1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (3,2), (4,1), (4,2)}，利用古典概型计算公式，
P(A) P(B) 6 1 2 1 10 5 1 ， P(AB) ， P(A B) ， P(AC) ，
12 2 12 6 12 6 12
故答案为：ABD.
11【答案】ABD
【解析】选项 A中，将平面 BB1C1C沿C1C翻折到与平面DD1C1C为同一平面，当D,M ,B1三点共线时，
则 B1M DM B1D 4
2 22 2 5，正确；
选项 B中，设N是 A1A的中点，连接D1N , NB，易证D1M / /NB，所以平面 BMD1 平面 BMD1N，
此截面是平行四边形，正确；
选项 C中，当CM 1时，因为CM ,AD,AB两两垂直，所以四面体 ABMD的外接球的直径
3
2R CM 2 CD2 CB2 3，则 R ，此时外接球表面积 4 R2 9 ，错误；2
2
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}
选项 D中，由 AO CO，所以点O在 AC的中垂面D1DBB1上，设 B1D1的中点为H，则 A1H 2，
易证 A1H 平面D1DBB1，则HO A1O
2 A1H
2 2，所以点O在以H为球心， r 2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
12 13 14
-2 2 1
4
12【答案】 2

【解析】由题意， a∥b，则1 m 1 ( 2)，所以m 2，故答案为 2 .
13【答案】 2
【解析】由题意，底面圆的半径 r 1，母线 l 2，于是 S侧 rl 2 ，故答案为 2 .
1
14【答案】
4
【解析】由正弦定理， asinA csinC acosC ccos A可化为 sin2A sin2C sin(A C) sin B，
1
由 S tb2（t 0 ab sinC 2）得： t S 2 sin AsinC sin A sin
2 C 1
，当且仅当 sinA sinC，
b2 b2 2sin B 4sin B 4
即 A C 45 ，B 90 1 时等号成立，故答案为 .
4
四、解答题
15．【答案】（1） a 0.035； （2） 41.5 （3） x 51.7
【解析】（1）由题知，10 (0.01 0.015 a 0.03 0.01) 1，则 a 0.035；....4分
（2）由图样本平均数 x 20 0.1 30 0.15 40 0.35 50 0.3 60 0.1 41.5；......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 (x 45) 0.03 0.8，解得 x 51.7 ......13分
16【答案】（1）略； （2）略
【解析】（1）证明：由题知，由BB1 / /DD1,BB1 DD1，则四边形 BB1D1D为平行四边形，
所以 BD / /B1D1，所以 BD / /面AB1D1，同理可证BC1 / /AD1，所以 BC1 / /面AB1D1
由 BD 面BDC1,BC1 面BDC1，所以面BDC1 / /面AB1D1，
又 PD 面BDC1，所以DP / /面AB1D1；......7 分

（2）取 BC中点 E，连接 DE，PE．在 BDC中， BC DC, BCD ，则 BDC为
3
3
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}
正三角形，
所以DE BC，又 BC DP，所以 BC 面EDP，所以 BC EP．
在面BCC1中， BC CC1，EP 平面BCC1，所以 EP / /CC1，
在 BCC1中，E为 BC中点，所以 EP为中位线，则点 P为BC1中点．......15 分
2 2 3
17【答案】（1） 或 ； （2 ） 0 , ú3 3 è 9 úú
3 cosA cosB 2c sinBcosA cos Bsin A 2sin C【解析】由正弦定理， 可化为 3 ，
sinA sinB b sin Asin B sin B
3 sin(B A) 2sinC则有 ，因为在 ABC中， sin(B A) sinC 0， sin B 0，
sin Asin B sin B
2
所以化简得： sin A 3 ，又0 A ，解得： A 或 ；......7分
2 3 3
AB 2AC
（2）由 AD 得：3AD AB 2AC AD DB 2(AD DC)，则 BD 2DC，
3 3
S = 2 S = 2 1 bcsin A= 3 A
2
从而 ABD ABC bc，因为A为钝角，所以由（1）知， ，且a 2，3 3 2 6 3
4
有余弦定理 a2 =b2+c2-2bccos A可得：b2+c2+bc= 4，因为4 2bc+bc，所以bc ，3
4
当且仅当b= c= 2 3时等号成立，又b , c可以无限接近0，所以03 3
从而 S ABD =
3 bc 0 ,
2 3 ú ABD ú，故 面积的取值范围为 0 ,
2 3 ú
6 è 9 ú è 9 ú
.......15分
ú
18【答案】（1 3）略； （2） 2 3 15 （3）
3
【解析】（1）如图，设 F是BC的中点，连接EF，C1F，
ABC ABC A B 1 1在三棱台 1 1 1中，因为 1 1 AB，所以 A1C1 AC ，2 2
且 A1C1 / /AC
1
，因为 E,F分别是 AB,BC的中点，所以 EF / /AC， EF AC，
2
于是可得： A1C /1 /EF ，所以四边形 A1EFC1是一个平行四边形，则有 A1E / /C1F ，
又 A1E 平面 B1BCC1，C1F 平面B1BCC1，所以 A1E / /平面 B1BCC1；......5 分
1
（2）因为 AB 2，又 S ABC 2 2 sin 60 3为定值，所以当平面 PAB 平面 ABC时，该三棱2
锥的体积最大.因为 A B / /
1
1 1 AB，所以 A1,B1分别是 PA,PB的中点，因此 PAB是边长2的正三角形，2
4
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}
因为 PE AB，由平面 PAB 平面 ABC的性质可证得： PE 平面 ABC，
又 PE 1 3 3，则VP ABC PE S ；3 ABC
3 1
3
则三棱锥P-ABC的体积最大值为1......10分
（3）如图， PA AC PB BC 2，C1是 PC的中点，则 AC1 PC，
BC1 PC，所以二面角 A CC1 B的平面角是 AC1B，又 AC1 BC1，
2 2 2
由余弦定理得： cos AC B AC1 BC1 AB 1 1 ，解得 AC BC 3，2AC1 BC
1 1
1 3
作 BO AC1于点O，连接 PO，因为 PC 平面 AC1B，所以 PC BO，又 AC1 PC C1，
AC1,PC 平面 ACC1A1 ，所以 BO 平面 ACC1A1 ，则 BPO为直线 BB1与平面 ACC1A1所成角，
2 2 2 6
由 PB 2，BO ，则 PO PB 2 BO2 2 3 ，从而 cos BPO PO 3 ，
3 3 3 PB 3
3
所以直线 BB1与平面 ACC1A1所成线面角的余弦值为 . ......17 分
3
53
19 1 R2 2 2【答案】（ ） ； （ ）略 （3） R
2 78

【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 S球面 ABC ( )R
2 R2；......3分
2
AC2 R2 R2 2R2 cos 1
（2）①证明：由余弦定理有： 2 BC2
2 2 2
R2 R2 2R2 cos ，且 AC BC AB ，消掉R2 ，
2 2
AB R R
2 2R2 cos 3
有 cos 1 cos 2 cos 3 1。......7分
②由 AD是球的直径，则 AB BD， AC CD，又 AC BC，所以 AC 面BCD，则 AC BD，

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 DAB , DCB

，不妨先令
4 3 R 3
，则 AD 2 3, AB BD 6,BC 2, AC 2，
由 AC BC， AC BD， BC BD，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 BE t, t (0, 6]，则C(0,0,0), A(0, 2,0),B( 2,0,0),D( 2,0, 6)，
则 S (0,1,0),T ( 2 ,0,0),E( 2,0, t),O( 2 ,1, 6 )，
2 2 2
5
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}
2x 0
设平面 OBC法向量m (x, y, z)，CB ( 2,0,0),CO ( 2 ,1, 6 )，则 2x 6z ，2 2 y 0
2 2

取 z 2，则 y 6, x 0，所以m (0, 6, 2)，............10分
2
2 2 x y 0
设平面 EST法向量 n (x, y, z)， ST ( , 1,0),TE ( ,0, t)，则 2 ，
2 2 2x
tz 0 2

取 x 2t，则 y t, z 1，所以n ( 2t, t, 1)，............12分
要使 sin 取最小值时，则 | cos |取最大值，

| cos | | m n | | 6t 2 | 1 3t 2 1 ( 3t 2)
2 1 1 2 6t 1所以 ，
|m || n | 10 3t 2 1 5 3t 2 1 5 3t 2 1 5 3t 2 1
m 1
m 2 6t 1,m (1,13] t 3t 2 (m 1)
2
令 ，则 ， ，有
2 6 8
2 6t 1 m 8m 8 8
2 2, 13t 1 (m 1)2 1 m
2 2m 9 m 3, t m 9 2 6 2 当且仅当 取等）. 6
8 m
则 | cos |
3
取最大值 ， sin 1 cos2 10 为最小值.....14分
5 5

此时点 E( 2,0,
1 ) 1，平面 AEC中CE ( 2,0, ),CA (0, 2,0)，法向量 k (1,0, 2 3)。
6 6

| AO k | 5 2 53
球心 O到平面 AEC 2 2距离为 d ，设平面 AEC截球 O圆半径为 r， r R d ，
| k | 26 26
2 53 53 2
所以截面圆面积为 r R ......................................................17分
26 78
6
{#{QQABLYAEogiAQJBAAAhCEQH6CAEQkBGAAagGhAAEsAAAAQNABAA=}#}

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