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2025-2026学年广东省深圳中学高一（下）期末数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
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i为虚数单位.若复数z满足z+i=2iz,则|z|的值为（　　）
A. B. C. 1 D.
3.设k为实数，空间向量，则以下说法正确的是（　　）
A. 当时， B. 当时，∥
C. 当k=-3时，⊥ D. 当k=-1时，⊥
4.△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a,b,c,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OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′=90°，O′A′=2，B′C′=4，则原四边形OABC的面积为（　　）
A.
B.
C.
D.
6.△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a,b,c,若a=2，则cosC的值为（　　）
A. B. C. D.
7.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长均为2，cos∠BAD=cos∠BAA1=cos∠DAA1=，则异面直线AC1与BC夹角的余弦值为（　　）
A. B. C. D.
8.已知圆锥AO的高为1，体积为.BC为⊙O的一条直径，D为⊙O上一点（不与B，C重合）.设二面角A-BD-O和A-CD-O的正切值分别为p,q,则（　　）
A. p2+q2=1 B. C. p2+q2=4 D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.设A，B为随机事件.以下说法正确的有（　　）
A. 若A，B对立，则P（AB）=0
B. 若P（AB）=0，则A，B对立
C. 若A，B互斥，则P（A∪B）=P（A）+P（B）
D. 若A，B相互独立，则P（A∪B）=P（A）+P（B）-P（A）P（B）
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5s测量一次该信号塔的仰角（即图1中的∠OAB），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t=0.已知汽车行驶于一条水平、笔直的公路上，且速度为5m/s,则以下说法正确的有（　　）
A. t=30s时，汽车与信号塔的距离最近 B. t=30s时，汽车与信号塔的距离最远
C. 公路与信号塔的距离约为150m D. 信号塔的高度约为250m
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P满足，Q是棱B1C1的中点.以下说法正确的有（　　）
A.
B. 若PQ∥平面AB1D1，则
C. 若PQ⊥BD1，则xy的最大值是
D. 若当|BP|为定值时，点P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A（1，2，3）和点B关于y轴对称，则点B的坐标为 .
13.已知△ABC是边长为2的正三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值为 ．
14.在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，，BD=BC=2，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为 .
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13分)
复平面中，已知点A（-3，1），B（1，2），C为AB的中点.
（1）求点C对应的复数；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数t的取值范围.
16.(本小题15分)
某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在[50，100]内（单位：分），随机抽取了100名学生的成绩，整理后按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求a的值，并基于频率分布直方图估计这100名学生成绩的中位数.
（2）现从样本成绩在[70，80）与[80，90）两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取5人，再从这5人中随机选取2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2人中恰有1人的成绩落在[70，80）内的概率.
17.(本小题15分)
如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=2，E为棱CC1的中点，BE⊥A1B1，CE=2，F为棱AC上一点.
（1）求证：平面BEF⊥平面A1B1E；
（2）是否存在点F，使得直线EF与平面A1BE的夹角为？若存在，求AF的长度；若不存在，说明理由.
18.(本小题17分)
△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a,b,c.已知sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C.
（1）求tanA的值；
（2）若，求的值；
（3）若△ABC为锐角三角形，且BC边上的高为2，求△ABC面积的取值范围.
19.(本小题17分)
回答以下问题：
（1）如图1，设点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，过O作OO1⊥平面ABC于点O1，作OO2⊥平面BCD于点O2.设棱BC的中点为E，连接O1E，O2E.设二面角A-BC-D为θ（0＜θ＜π），|O1E|=m,|O2E|=n,|O1A|=r1，|O2D|=r2，球O的半径为R.求证：
i.O1为△ABC的外心；
ii.O，O1，O2，E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R2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PQM的边长为2，直线l将其分成两个多边形.将其中一个多边形绕l旋转角度α（0＜α＜π），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.
1.【答案】B
2.【答案】B
3.【答案】C
4.【答案】B
5.【答案】B
6.【答案】A
7.【答案】D
8.【答案】B
9.【答案】ACD
10.【答案】AD
11.【答案】BCD
12.【答案】（-1，2，-3）
13.【答案】-
14.【答案】2（+1）π
15.【答案】解：（1）因为点A（-3，1），B（1，2），C为AB的中点，
所以C（-1，），
所以点C对应的复数为-1+i；
（2）因为点A（-3，1），B（1，2），C（-1，），
所以=（-1，），=（-3，1），=（1，2），
所以=（-3+t,1+2t），
因为向量与的夹角为锐角，
所以（）＞0，且向量与不共线，
所以-1×（-3+t）+×（1+2t）＞0，且，
解得t＞-且t≠1，
所以实数t的取值范围为（-，1）∪（1，+∞）．
16.【答案】解：（1）由频率分布直方图可得，（0.040+0.030+0.016+a+0.004）×10=1，则a=0.010，
由图知，[50，70）的频率为0.46，[50，80）的频率为0.86，
则中位数落在[70，80），设为x,
则（x-70）×0.040+0.46=0.5，则x=71；
（2）成绩在[70，80）与[80，90）两个分数段的比例为4：1，按分层随机抽样的方法选取5人，
则在[70，80）抽取4人，记为1，2，3，4，在[80，90）抽取1人，记为a,
样本空间为{（1，2），（1，3），（1，4），（1，a），（2，3），（2，4），（2，a），（3，4），（3，a），（4，a）}，共10个，
这2人中恰有1人的成绩落在[70，80）内有{（1，a），（2，a），（3，a），（4，a）}，共4个，
则这2人中恰有1人的成绩落在[70，80）内的概率为．
17.【答案】（1）证明：因为BC=2，E为棱CC1的中点，CE=2，
所以BE=B1E==，BB1=4，
所以，即BE⊥B1E，
又BE⊥A1B1，B1E∩A1B1=B1，B1E、A1B1 平面A1B1E，
所以BE⊥平面A1B1E，
而BE 平面BEF，
所以平面BEF⊥平面A1B1E．
（2）解：由直三棱柱的性质知，BB1⊥平面A1B1C1，
因为A1B1 平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1，
又BE⊥A1B1，BB1∩BE=B，BB1、BE 平面BCC1B1，
所以A1B1⊥平面BCC1B1，
而C1B1 平面BCC1B1，
所以A1B1⊥C1B1，所以AC=A1C1=2，
由（1）知BE⊥平面A1B1E，
因为A1E 平面A1B1E，所以BE⊥A1E，
而A1E===，
所以=BE A1E==2，
假设存在点F，使得直线EF与平面A1BE的夹角为，则点F到平面A1BE的距离为EF sin=EF，
易知点B到平面ACC1A1的距离为，
设点A1到EF的距离为d,
因为，
所以2 EF=，解得d=2=A1E，
即点A1到EF的距离为A1E，
所以A1E⊥EF，
设AF=x（0≤x≤2），则CF=2-x,
由勾股定理知，=x2+16，EF2=，
由A1E⊥EF，知，
所以12+=x2+16，解得x=，
综上，存在点F，使得直线EF与平面A1BE的夹角为，且AF=．
18.【答案】解：（1）根据边角转换可得a2+bc=b2+c2，
，
A∈（0，π），则，
故；
（2）由（1）知，则，
cos（B+C）=cosBcosC-sinBsinC=-，
已知，
代入得：，
由已知sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC，
（sinB+sinC）2=sin2B+sin2C+2sinBsinC=sin2A+3sinBsinC，
，
所以，
由正弦定理得：；
（3）设BC边上的高为h=2，
，
由正弦定理及h=csinB，得，
所以，
，
因为△ABC为锐角三角形，所以，
则，
所以，
故，
所以△ABC面积的取值范围是．
19.【答案】解：（1）证明：i.因为OO1⊥平面ABC，O1A，O1B，O1C 平面ABC，
所以OO1⊥O1A，OO1⊥O1B，OO1⊥O1C，
则，，，
又点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，则OA=OB=OC，
因此O1A=O1B=O1C，即O1为△ABC的外心；
ii.因为O1为△ABC的外心，且E为BC的中点，
所以BC⊥O1E，同理可证BC⊥O2E，
因为O1E，O2E 平面O1O2E，O1E∩O2E=E，
所以BC⊥平面O1O2E．因为OO1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以OO1⊥BC，因为OO1，O1E 平面OO1E，OO1∩O1E=O1，
所以BC⊥平面OO1E，
因为过点E有且仅有一个平面与直线BC垂直，
所以平面O1O2E与平面OO1E重合，即O，O1，O2E四点共面；
iii.因为BC⊥O1E，BC⊥O2E，
所以∠O1EO2是二面角A-BC-D的平面角，即∠O1EO2=θ，
设∠O1EO=φ，因为O，O1，O2，E四点共面，所以在图1中，有∠O2EO=θ-φ，
因为OO1⊥平面ABC，O1E 平面ABC，
所以OO1⊥O1E．同理OO2⊥O2E，
因此，
即m（cosθcosφ+sinθsinφ）=ncosφ，解得，
因此，因为OO1⊥O1C（i问中已经证明），
所以，
同理，，，
因此；
（2）在图1中有，
因此由（1）的第iii问可得，对给定的r1，r2，m和n,当θ在（0，π）内变化时，
若r1＞r2，则m＞n,此时当时，R取得最小值r1，
若r1＜r2，则m＜n,此时当时，R取得最小值r2，
若r1=r2，则m=n,此时，
因此当θ趋近于0时，R趋近于其下界r1（但无法取得），
由对称性，仅需考虑以下两种情况：
情况1：P∈l,设l∩QM=S，
此时两个多边形为△PQS和△PMS，多面体为三棱锥P-Q′MS，
设△PQS和△PMS的外接圆半径分别为r1，r2，
则由正弦定理，，
而，等号成立当且仅当点S为QM中点，
因此由前述结论，当α趋近于0时且S为QM中点时，R趋近于其下界1；
情况2：l与线段PQ，PM各有一交点（非端点），设l∩PQ=U，l∩PM=V，
此时两个多边形为△PUV和四边形UQMV，多面体为四棱锥P'-UQMV（这里P′为△PUV旋转后P的对应点），
若该四棱锥有外接球，则四边形UQMV有外接圆，即UV∥QM，
此时，设△PUV和四边形UQMV的外接圆半径分别为r1，r2，PU=t（0＜t＜2），
则，，
，
因为，且当t=1（即UV为△PQM的中位线）时，r2取得最小值1，
所以由前述结论，R的最小值为1，
综上，外接球半径的最小值为1．
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