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2026 年春季学期期末考试高一年级数学试卷
时间：120 分钟 满分：150 分
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
1．已知复数 z满足 z i 2 3i，则 z的虚部为（ ）
A． 4i B． 4 C． 4i D． 4

2．已知向量 a 2,4 ,b 2,x ，若 a / /b，则 a b （ ）
A． 4 5 B．4 6 C．3 6 D． 2 7
3．如图，用斜二测画法作出四边形 ABCD的直观图为四边形 A B C D ，若 A B / /D C / /x 轴，
A D / /B C / /y 轴，且 A B 2B C 2，则四边形 ABCD的面积为（ ）
A． 2 B． 2 2 C． 4 D． 4 2
4．已知 , 为两个不同的平面， ， 为两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ）
A．若m// ,n ，则m n
B．若m ,m ，则 //
C．若 , m, n , n m，则 n
D．若m// ,m// ，则 //

5．已知 a

2, b 1 a 2π ， 与b 的夹角为 ，e是与向量 a b方向相同的单位向量，则 a在向3

量 a b上的投影向量为（ ）

A． 3e 3 2 7 5 7B． e C． e D． e
2 7 7
1 1 1
6．已知某随机试验中，事件 A，B，C发生的概率分别是 ， ， ，则下列说法正确的
6 3 2
是（ ）
A． A B 与C是互斥事件，且是对立事件 B． A B C 一定是必然事件
5
C．0 P B C D． A B的概率一定等于 0.5
6
试卷第 1页，共 4页
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π
7. 记 ， ， 分别为 ABC的内角 ， ， 的对边，且 A ，
3 3a 4bsinC
，则的 ABC
形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角或直角三角形

8．在 ABC中，AB 3，若对任意 t R ，AC t AB 2恒成立，则CA CB的最小值为（ ）
9 7 9 7
A． B． C． D．
4 4 4 4
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分）
9．已知复数 z1 2 3i， z2 1 2i，则下列结论正确的是（ ）
A． z1 z2 3 i B． z1 z2 8 i
z
C． z1 z
1
2 D． z 在复平面内对应的点位于第一象限2
10. 若数据 x1, x2 , , x10 的平均数为 3，方差为 4，则下列说法正确的是（ ）
10
A. 数据 4x1 1,4x2 1, , 4x10 1的平均数为 13 B. xi 30
i 1
10
C. 数据3x1,3x2 , ,3x
2
10 的方差为 12 D. xi 130
i 1
11．如图，在棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1中，M 为B1C1的中点， 为线段 B1D1上动
点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三棱锥 P A1BD的体积为定值
B．直线 BM 15与直线 A1C所成角的余弦值为
15
C． AP MP的最小值为 6 1
D．点 在正方体表面上运动（包含边界），且MQ A1C，则点 的轨迹长度为6 2
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三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．样本数据 7，8，10，11，23，24，30，35 的第 40 百分位数为_______.
13. 如图，在四棱锥 P ABCD中，四边形 ABCD是边长为 2的正方形，且
PA PB PC PD，已知四棱锥的表面积是12，则它的体积为_______.
2 1
14. 在 ABC中，AB 2,BC 4, ABC π,D,E在边 AC所在直线上，且满足 AD AC，
3 4
BD BE，则BE _______.
四、解答题（本大题有 5 个小题，共 77 分）
π
15．（13 分）已知平面向量 a与 b的夹角为 ，且 a 1，b 2．
3

(1)求 a

2b 的值；

(2)若 a 2b a b ，求实数 的值．
16．（15 分）如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 是正方形，PA 平面 ，垂足为
，PA AB 4， AC交 BD于点 ，点M 是 PD的中点．
(1)求证：OM / /平面 PAB．
(2)求证： PD 平面 ABM ．
(3)求直线 与平面 ABM 所成角的大小．
17．（15 分）为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：
克），按照 27.5,32.5 ， 32.5,37.5 ， 37.5,42.5 ， 42.5,47.5 ， 47.5,52.5 分为 5 组，其频
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率分布直方图如图所示．
(1)求图中 a的值；
(2)估计这种植物果实重量的平均数 x和中位数m（同一组中的数据用该组区间的中点值作
代表）；
(3)已知这种植物果实重量不低于 32.5 克的即为优质果实．若所取样本容量 n 40，从该样
本分布在 27.5,32.5 和 47.5,52.5 的果实中，随机抽取 2 个，求抽到的都是优质果实的概率．
18．（17 分）在 ABC中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，且 2a b cosC c cosB．
(1)求角C的大小；
(2)若 c 4， ABC的面积为 4 3，求该三角形的周长
(3)若 a 5，b 3，CD为 ACB的平分线，求CD的长．
19．（17 分）如图，在四棱锥 P ABCD中， BCD 45 ，AD 1，BC 2，PD CD 4，

AD CD AD AB AD PD 0，设 PD t，其中0 t 3.
(1)求证：平面 PAD 平面 PCD；
(2)若 PC 3，求二面角 P AD B的余弦的取值范围；
(3)当 PDC
2
π时，求三棱锥 P BCD的外接球体积的最小值.
3
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{#{QQABRQCUggigABAAAQgCQQFACEIYkhCAAIoORBAYIAABQANABAA=}#}试卷答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B A C D A C C D AB ABD ABD
12．11 13 4 3． 14．2 21
3
1
15．【详解】（1） a b a b cosa,b 1 2 1 3分
2


2

a 2b a 2b a 2 4a b 4b 2 1 16 4 13 ． 6分

a 2b a

（2） b ，

a 2b a b a 2 2 1 a b 2b 2 0 ， 9分
a 1 b 2 a

， ， b 1， 2 1 8 0 ， 12分
解得 3． 13分
16．【详解】（1）证明：因为底面 是正方形， AC， BD为对角线，所以 为 BD中点，
又点M 是 PD的中点，所以OM / /BP .
又OM 平面 PAB， BP 平面 PAB，所以OM / /平面 PAB . 4分
（2）证明：因为 PA 平面 ， AD， BA 平面 ，
所以 PA BA， PA AD，且 PAD为直角三角形.
因为底面 是正方形，所以 BA AD .
又 PA， AD 平面 PAD， PA AD A，所以 BA 平面 PAD，
因为 PD 平面 PAD，所以 BA PD .
在 Rt PAD中， PA AD 4，点M 是 PD的中点，所以 AM PD .
又 ， AM 平面 ABM ， BA AM A，所以 PD 平面 ABM . 10分
（3）正方形 中， AD / /BC，
所以直线 AD与平面 ABM 所成角即为直线 与平面 ABM 所成角， 12分
又 PD 平面 ABM ，所以 MAD即为直线 AD与平面 ABM 所成角，也即直线 与平面
ABM 所成角.
在Rt PAD中， PA AD 4，点M 是 PD的中点，所以 AM PD， AM MD，
π
所以 MAD .
4
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π
故直线 与平面 ABM 所成角为 . 15分
4
16．【详解】（1）由图知，组距 d 5，由5 0.020 0.040 0.075 a 0.015 1，得a 0.050．
3分
（2）各组中点值和相应的频率依次为：
中点值 30 35 40 45 50
频率 0.1 0.2 0.375 0.25 0.075
所以 x 30 0.1 35 0.2 40 0.375 45 0.25 50 0.075 40， 6分
果实重量在 27.5,32.5 的频率为 0.02 5 0.1，
果实重量在 27.5,37.5 的频率为 0.1 0.04 5 0.3，
果实重量在 27.5,42.5 的频率为 0.3 0.075 5 0.675，
所以中位数m满足关系37.5 m 42.5，
m 37.5 241
由0.3 0.375 0.5 ，解得m ． 9分
5 6
（3）由已知，果实重量在 27.5,32.5 和 47.5,52.5 内的分别有 4个和 3个，
11分
分别记为 A1, A2 , A3 , A4和B1,B2 ,B3，
从中任取 2个的取法有：
A1A2 ,A1A3 ,A1A4 ,A1B1,A1B2 ,A1B3 ,A2A3 ，
A2A4, A2B1, A2B2, A2B3, A3A4, A3B1, A3B2，
A3B3, A4B1, A4B2, A4B3,B1B2,B1B3,B2B3，共 21种取法，
其中都是优质果实的取法有 B1B2, B1B3, B2B3，共 3种取法，
3 1
所以抽到的都是优质果实的概率 P ． 15分
21 7
π
18.(1) (2)12 (3)15 3
3 8
【详解】（1）解：因为 (2a b) cosC c cos B，
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由正弦定理，可得 2sin A sinB cosC sinCcosB，
整理得 2sin AcosC sin BcosC sinCcosB， 2分
所以 2sin AcosC sinCcosB sin BcosC，即 2sin AcosC sin(B C)，
又因为 A B C π，可得 sin(B C) sin A，所以 2sin AcosC sin A，
因为 A (0,π) 1，可得 sin A 0，所以 2cosC 1，即 cosC ， 4分
2
又因为C (0, π)
π
，所以C . 5分
3
π
（2）解：由（1）知：C 且 ABC的面积为 ，
3 4 3
1 1 3
可得 ab sinC ab 4 3 ，可得 ab 16， 7分
2 2 2
因为 c 4，由余弦定理知 c2 a2 b2 2ab cosC ，
可得16 a2 b2 ab (a b)2 3ab (a b)2 3 16，可得 (a b)2 64，
解得 a b 8， 10分
所以 ABC的周长为 a b c 8 4 12 . 11分
π
（3）解：因为CD为 ACB的平分线且C ，可得 ACD BCD
π
，
3 6
由 S△ABC S△ACD S△BCD， 13分
1 ab sinC 1可得 b CD
π 1
sin a CD sin π ， 15分
2 2 6 2 6
a 5,b 3 1 5 3 3 1 3 CD 1 1 1又因为 ，可得 5 CD ，
2 2 2 2 2 2
整理得 2CD 15 3 15 3 ，所以CD . 17分
4 8
1 32
19(1)证明见解析 (2) ,1 (3) 8 3

【详解】（1）（1）因为 AD CD AD AB AD PD 0，所以 AD CD, AD AB,PD AD，
则
CD PD D且CD 平面 PCD,PD 平面 PCD，
所以 AD 平面 PCD，
又因为 AD 平面 PAD，所以平面 PAD 平面 PCD . 4分
（2）由 AD CD,PD AD，知二面角 P AD B的平面角即为 PDC . 5分
在△PDC中， PC 3 ,PD t ,CD 4 t ，则由余弦定理得
试卷第 3页，共 5页
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cos PDC t
2 (4 t)2 9 2t2 8t 7 7
1 ， 7分
2t(4 t) 2t 2 8t 2t 2 8t
在△PCD中，由 t 4 t 3且 4 t t 1 3 ，结合0 t 3，可得 t ,3 ，
2
故 2t 2 8t
2
2 t 2 8 8,
7
，
2
7

7 ,2 7 1 所以 2 ，所以 1 2 ,1 ，2t 8t 8 2t 8t 8
1
所以 cos PDC 的范围是 ,1

，
8
1
即二面角 P AD B的余弦的取值范围是 ,1 . 9分 8
（3）
设△PCD和△BCD的外接圆圆心分别为 E和 F ，
则球心为过点 E和 F 且分别垂直于平面 PCD、平面 BCD的两直线的交点G，
在△PCD中，因为 PDC 120 ，由余弦定理得 PC t2 4t 16，
2
再由正弦定理得△PCD的外接圆半径 r PE PC t 4t 161 . 11分2sin120 3
在△BCD中，由余弦定理得 BD t2 6t 10，
BD t2 6 t 10
再由正弦定理得△BCD的外接圆半径 r2 CF . 13分2sin45 2
过点 F 作 FH CD于H ，连接 EH ，设 PG R，显然四边形GFHE为矩形，
2
所以GE2 PG2 PE2 FH 2 CF 2 CH 2 .所以 R2 r 21 r
2 CD
2 ，
2
CD
2
t 2 2R2 r 2 r 2 4t 16 t 6t 10 t
2 8t 16
即 1 2 ，
2 3 2 4
7t2 28t 76 7
所以 R2 (t 2)2 4， 15分
12 12
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故当 t 2时， R2取得最小值，即 Rmin 2，
3
此时三棱锥 P BCD 4πR 32π外接球的体积最小值为 min ，此时 AB 2
3 3
17分
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