湖北省云学联盟2025-2026学年高一下学期6月期末考试数学试卷

这是一份湖北省云学联盟2025-2026学年高一下学期6月期末考试数学试卷，共34页。试卷主要包含了如图，正方体，故选 C，【答案】ACD，【答案】ABD等内容，欢迎下载使用。
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.
某校高一年级有 1800 名学生，其中男女生人数之比为3 : 2 ，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个
容量为 120 的样本，其中身高在165cm 以下的女生人数为 32，则该校高一年级女生身高在165cm 以下的人数为（）
A.320B.360C.420D.480
如图，△AOB 的斜二测画法的直观图为等腰直角V AOB ，其中OA  1，则下列说法中错误的是
（）
A. OA  2
2
C. V AOB 的面积为
下列说法正确的是（）
B. OB 
2
D. OAB  π
2
A.用一个平面去截棱锥，截面与棱锥底面之间的部分是棱台 B.垂直于同一直线的两条直线平行
C.若两个相交平面垂直于同一平面，则相交平面的交线垂直于这个平面 D.若直线与平面平行，则直线平行于平面内的任一直线
已知函数 f  x  sin  2x  π  , 将 f  x 的图像向左平移φφ 0 个长度单位后得到 g  x 的图像，若
3 

函数 g  x 为偶函数，则 φ 的最小值为（）
ππ
A.B.
126
π2π
C. D.
33
→→ →→
已知单位向量 a ， b 的夹角为 60°，给出以下结论：（1）a  2b,b  2a 可以作为平面内的一个基底；
（2）∣ →  b∣ 1 ；（3）若 →  b 与b 的夹角为θ，则csθ 1 ；（4） →  →  2b ) .其中正确结论的个
aa
数为（）
2a(a
A.1B.2C.3D.4
如图，在V ABC 中，角 A､B､C 的对边分别为 a､b､c，D､E 分别在边 AB ､ AC 上，设
ADE θ, x  a cs(B θ)  b cs( A θ), y  c csθ，则（）
A. x  y
C. x  y
B. x  y
D.x 与 y 的大小与 θ 取值有关
如图所示，圆锥 SO 的侧面展开图为半圆，其轴截面为VSAB ，过 O 作OC  SB 于点 C，线段OC 绕
SO 旋转一周所得的曲面将圆锥 SO 分成上下两部分，则这两部分几何体的体积之比为（）
A. 5 : 3B. 9 : 7C.1:1D.11: 5
在V ABC 中，角 A､B､C 的对边分别为 a､b､c，若 a(cs B  2 cs C)  (2c  b) cs A, a  3 则V ABC 面
积的最大值为（）
3
3
B.
2
C.3D. 2
3
二､多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
设复数 z 满足 z 1 i2025   2i, z 为复数 z 的共轭复数，则下列说法正确的是（）
A∣.
z∣
z 的虚部为i
2
z2 是个纯虚数 D.复数 z 对应的点位于复平面的第一象限
正方体. ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为 BC 的中点，P 为棱 AA1 上的动点，则下列结论正确的是
（）
A1E  C1D
A E 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 2
13
2
若过点 E 的截面与平面 B1CD1 平行，则截面多边形的周长为6
若点 E 在平面 PB1D1 ₁内的投影为点 M，则点 M 的轨迹为圆弧
设α  0, π  ，若 x  csα， y  cs 2α， z  cs 4α，且 x 1  2z2 , 则下列结论正确的是（）
4 

α 2π
9
x  y  z  0
xyz  1
8
x2  y2  z2  3
2
三､填空题：本题共 3 小题.每小题 5 分，共 15 分.
→→→→
已知向量 a  1,0, b  1, 3 , c   3,k , 若 a  2b 平行于c ，则实数k  .
13 在V ABC 中，角 A､B､C 满足tanA  tanB  tanC  tanA  tanB, ，其外接圆半径为 1，则c 
.
14.正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，其内切球为球 O，若球O1 与球 O 及正方体的三个面均相切，则球O1 的表面积为.
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）如图，在V ABC 中， AB  AC ，D､E 分别为边 AC ､ BC 上的动点.
若 AD  DC, BE  2EC, AE  BD  P, AP  λAE, 求 λ 的值；
若 AB  AC, BE  EC, AE 在 BD 方向上的投影向量为t BD, 求 t 的最小值. 16.（本小题 15 分）在V ABC 中，角 A､B､C 的对边分别为 a､b､c，已知c  btanC .
若 B 为锐角，试判断V ABC 的形状；
若 B 为钝角，
D 在 AC 上，且CD  2 AD, BD  BC ，求角 C；
求sinA  sinC 的最大值.
17.（本小题 15 分）如图，正方体. ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，E 为棱 BC 的中点，F 为棱C1D1 的中点.
求异面直线 A1E 与 AC 所成角的大小；
证明： A1E  平面 AB1F.
18.（本小题 17 分）已知 f  x  sin4 x  2 3sinx  csx  cs4 x.
求 f  x 的最小正周期及单调递增区间；
在锐角V ABC 中，角 A､B､C 的对边分别为 a､b､c，若 a  2 ， f  A  1 ，求 BC 边上的高 AD 的取值范围.
19.（本小题 17 分）如图所示，圆柱的轴截面是边长为 2 的正方形， AB 为圆柱的母线， BC 为下底面圆
O 的直径，D 为 BC 上的动点（异于 B，C）.
若点 M 为 AC 的中点，证明：点 M 为三棱锥 A  BCD 的外接球的球心；
当三棱锥 A  BCD 的体积最大时，求二面角 B  AC  D 的正弦值；
若 P 为圆柱侧面上的动点，求 PA  PD 的最小值.
【答案】D
高一数学学科素养测评
评分细则
【解析】由题意可知，女生人数为 720，由比例分配的分层随机抽样方法可知，120 人的样本中女生人数
为 48，所以高一年级女生身高在165cm 以下的人数为 32  720  480 .故选 D.
48
【答案】D
2
【解析】在等腰直角V AOB 中，因为OA  1，所以OB ，
由斜二测画法可知， OA  2OA  2, OB  OB 
2, AOB  π ，所以 A､B 正确，D 错误；
2
V AOB 的面积为 1 OA  OB 
2
2 ，C 正确.故选 D.
【答案】C
【解析】对于 A，截面与底面位置关系未知，错误；对于 B，垂直于同一直线的两条直线平行､相交或异面：对于 D，由线面平行的性质知，错误，故选 C.
【答案】A
【解析】由题意可得 g  x  sin  2x  2φ π  ，其为偶函数，所以
3 

2φ π  kπ  π ,φ kπ  π k  Z ，故φ的最小值为 π .故选 A.
32212
【答案】C
a  2b
【解析】由题意可知 →与
b  2a
12
不共线，可以作为平面内的一个基底，所以（1）正确；
→
2→2→ →1
→2→2→2→→
a  b  1, a  b  ，所以(a  b )  a  2a  b  b  1，所以 a  b  1，所以（2）正确；
2→→→
→→→→ →→1
a  b  b1
a  b  b  a  b  b 2  ，所以csθ →→→  ，所以（3）错误；因为
2
→→→→2→ →
a  b  b2
a  a  2b   a  2a  b  0 ，所以（4）正确.故选 C. 6.【答案】B
【解析】在V ABC 中，由余弦定理可得 acsB  bcsA  c ，由正弦定理可得 asinB  bsinA ，所以
x  acs B θ  bcs  A θ  acsBcsθ asinBsinθ bcsAcsθ bsinAsinθ
 acsB  bcsAcsθ asinB  bsinAsinθ ccsθ y .故选 B. 7.【答案】B
【解析】因为圆锥 SO 的侧面展开图为半圆，所以其轴截面VSAB 为等边三角形，设其边长为
3
4, SO  SB sin60∘  2.过 C 作CD  SO 与点 D，则曲面是 CD 为底面半径，OC 为母线的圆锥的侧
3
面.在RtVOBC 中， OC  OB sin60∘ ；
3
在RtVOCD 中， CD  OC sin60∘ 3 3  3 .圆锥 SO 的体积为V  1  π  22  2 8 3 π ，曲面
2233
1 3 23 3
3

上方的几何体的体积为V上  3  π  2 
3 3 π :  8 3 π 3 3 π   9 : 7 .故选 B.
 2
π ，所以两部分的体积比为
2
2 32

【答案】C
【解析】由 a csB  2csC   2c  bcsA 得sinAcsB  2csC   2sinC  sinBcsA ，即sinAcsB  2sinAcsC  2sinCcsA  sinBcsA ，所以sin  A  B  2sin  A  C  ，即 sinC  2sinB ，所以c  2b ，
1 cs2 A
9b4  90b2  81
b2  c2  a25b2  9
又csA ，所以sinA ，
所以 S
2bc
 1 bcsinA 
4b2
9b
4  90b2
4b2
9 b2  52 144
 81  3.故选 C.
V ABC244
【答案】ACD
【解析】因为 z 1 i2025   2i ，所以 z 
2i
1 i2025
2i
1 i45061
 2i 1 i
 1 i ，D 正确； z  1 i ，
2
A 正确； z  1 i 虚部为-1，B 错误； z2  2i ，C 正确.故选 ACD. 10.【答案】ACD
【解析】对于 A，在正方体中，面对角线C1D  面 A1BCD1, A1E  面 A1BCD1 ，所以 A1E  C1D, A 正
5
5
确；对于 B，连接 AE ，在正方体 AC1 中， AA1  面 ABCD ，即 A1E 在平面 ABCD 内的射影为 AE，所以A1EA 即为所求的线面角.在RtV ABE 中， AB  2, BE  1，故 AE ；在RtV AA1E 中，
AA1
 2, AE ，故 A1E  3, csA1EA 
5 ，B 错误；对于 C，过点 E 与平面 B CD 平行的截面为
11
3
正六边形，其边长为 2, C 正确；对于 D， M 是以 B1E､D1E 为直径的球的公共点，D 正确.故选 ACD. 11.【答案】ABD
【解析】对于 A，由 x 1  2z2 得csα1  2cs2 4α，所以csα 2cs2 4α1  cs8α，而
α  0, π  ，故α 8α 2π ，即α 2π ，A 正确；
4 9

对于 B，
x  y  z  cs 2π  cs 4π  cs 8π  cs  π  π   cs  π  π   cs 8π 
ππ  cs π  0
，B 正确；
3939
999
  

2cs cs
9399
对于 C， xyz  cs 2π cs 4π cs 8π 
999
8sin 2π cs 2π cs 4π cs 8π
9999
8sin 2π
sin 16π
9
8sin 2π
 1 ，C 错误； 8
对于 D， x2  y2  z2  cs2
故选 ABD. 12.【答案】-2
99
2π
 cs2
4π
 cs2
8π

1 cs
4π
 cs
8π
 cs
16π
 3 
3
9
9
9
2 
9
9
9


2
，D 正确.

→→→
【解析】由题意 a  2b  3, 2 3  ，若 a  2b 与c 平行，则3, 2 3   λ 3, k  ，解得 k  2 .
2
【答案】
【解析】在V ABC 中，由tanA  tanB  tanC  tanA  tanB 得tanC  1，故C  π ，所以
4
2
c  2RsinC  2 1sin π .
4
14，【答案】28 16 3 π
【解析】如图， A1ACC1 是正方体的对角面，圆O､O1 是球 O 与球O1 的大圆，
设球O 与球O1 的半径分别为r, r1 ，由题意可得r  1，由OA 
3 及相似关系可得，
3
3 1
3 1
r  r1  3r1 ，故 r1  2  3 ，
所以球O1 的表面积为4π  (2 
2  28 16 3 π .
【解析】
–––→

1 –––→
2 –––→
Q BE  2EC ，即 E 为靠近 C 的三等分点，
AE 
AB 
33
AC ，
–––→–––→
所以 AP  λAE 
λ–––→
AB 
2λ–––→
AC ，又因为 B､P､D 三点共线，
33

–––→–––→–––→–––→
所以 AP  μAB  1 μ AD  μAB 
1 μ–––→
AC
2
λ μλ 3
35
–––→
3 –––→3

μ
所以 2λ

1 μ2 ，解得
，所以 AP  AE ，故λ ；
155
 325
QV ABC 为等腰直角三角形，以 A 为原点，AC 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系，设 B 0, 2, D  x, 0 x 0, 2，则 E 1,1, AE  1,1, BD   x, 2 ，
AB  BD  BD
 1,1 x, 2 –––→  x  2 –––→
故 AE 在 BD 方向上的投影向量为
–––→–––→
x2  (2)2 BDx2  4 BD ，令
m  2  x 0, 2，所以 m  0 时， t 
x  2  
BDBD
m 0 ，
x2  4(m  2)2  4
t  x  2  m
 m
 1 1  1
m  2  x 0, 2时，
x2  4(m  2)2  4
m2  4m  8
m  8  42  8  42
m2
（当且仅当 m  2 时等号成立），
所以 t 的最小值为 1 .
2
【解析】
在V ABC 中，由c  btanC 得sinC  sinBtanC ，又tanC  sinC ，故sinB  csC ，显然 C 为锐
csC
角.
若 B 为锐角，由sinB  csC 得 B  π  C ，即 B  C  π ，所以V ABC 为直角三角形.
22
若 B 为钝角，则 B  π  C ，
2
设CD  2 AD  2 ，在RtVBCD 中， BC  2csC, BD  2sinC ，
在V ABD 中， ABD  C ，由正弦定理可得
sinA  2sin2C ①，
AD
sinABD
 BD
sinA
1
，即
sinC
 2sinC ，所以
sinA
在V ABC 中，由正弦定理可得
3
AC  BC ，即 π
 2csC
sinA
，所以sinA 
2 cs2C ②，
sinB
sinA
sin   C 3
2

由①②得sin2C  1 cs2C ，因为 C 为锐角，所以tanC 
3
3 , C  π .
36
Q B 为钝角， B  π  C,0  C  π , 0  sinC 2
242
sinA  sinC  sin  B  C   sinC  sin  π  2C   sinC  cs2C  sinC
 2

1 299

 1 2sin2C  sinC  2 sinC 

  ，
4
88
当且仅当sinC  1  0, 2  时，等号成立.故sinA  sinC 的最大值为 9 .
42 8

【解析】
取 AB 中点 P，连接 PE, PA1 ，
因为 E 为 BC 的中点，所以 PE 为V ABC 的中位线，
1
AB2  BC 2
2
所以 PE ∥ AC, PE  1 AC ，
22
所以A1EP 即为异面直线 A1E 与 AC 所成角（或其补角）.
在RtV AA P 中， AP  1 AB  1, AA
 2 ，所以 A P 
，连接 AE，
121
1
1
A A2  AP2
1
5
在RtV ABE 中， BE 
2 BC  1, AB  2 ，所以 AE 
5 ，
AB2  BE2
在RtV A1AE 中， AE 
5, AA1
 2 ，所以 A1E 
 3 ，
A A2  AE2
1
在V A1PE 中，由余弦定理可得
32  ( 2)2  ( 5)2
2  3 2
A E2  PE2  A P2
csA1EP  11 
2 A1E  PE
所以异面直线 A1E 与 AC 所成角的大小为45∘ .
在正方体 AC1 中， BC  面 AB1, BC  AB1 ，
又 A1B  AB1, A1B  BC  B ，所以 AB1  面 A1BCD1 ，因为 A1EC 面 A1BCD1 ，所以 AB1  A1E .
, A EP  45∘ .
2
1
2
取 B1C1 的中点 G，连接 EG, A1G ，
因为 EG ∥ B1B, B1B  面 A1B1C1D1, B1F  面 A1B1C1D1 ，所以 EG  B1F .
在正方形 A1B1C1D1 中， F 为C1D1 的中点，G 为 B1C1 的中点，所以RtV A1B1G≌RtVB1C1F ，
所以GA1B1  FB1C1, A1GB1  B1FC1 ，
因为GA B  AGB  90∘ ，所以AGB  FB C  90∘ ，所以 AG  B F ，
1 111111 111
又 A1G  EG  G ，所以 B1F  面 A1GE ，
因为 A1EC 面 A1GE ，所以 B1F  A1E ，
因为 AB1  B1F  B1 ，所以 A1E  平面 AB1F｡
【解析】
因为 f  x  sin4 x  2 3sinx  csx  cs4 x  sin2 x  cs2 xsin2 x  cs2 x  2 3sinx  csx
 sin2 x  cs2 x  2 3sinxcsx 
3sin2x  cs2x 
π 

2sin  2x6 

所以 f  x 的最小正周期为T  2π  π .
2
由2kπ  π  2x  π  2kπ  π 得 kπ  π  x  kπ  π k  Z ，
26263
所以 f  x 的单调递增区间为kπ  π , kπ  π  k  Z .
f A 

π 
63 

π 1
π 
因为  2sin  2 A  6   1 ，所以sin  2 A  6   2 ，又 A  0, 2  ，所以

2 A  π  π , A  π .
666

因为 a  2 ，故V ABC 的外接圆直径为2R 
a
sinA
 4 .
又 SV ABC
 1 bc sinA  1 a  AD ，
22
故 AD  1 bc  1  4sinB  4sinC  4sinBsinC 
 π   4sinB 
sinB  1 csB 
444sinBsin  B6  22

3
 2 3sin2B  2sinBcsB 3 1 cs2B  sin2B  sin2B  3cs2B 
π 
3
3
2sin  2B   ，

0  B  π
2
因为V ABC 为锐角三角形，所以ππ 故
B  

B  π , π  , 2B  π  π , 2π 
62
 π 3
 3 2 
3 33
 , sin  2B
3 
2 ,1 ，

2sin 2B
所以 AD  π   3 2 3, 2  3 .
3 

【解析】
因为 AB 为圆柱的母线， BC 为底面圆的直径，所以 AB  BC .
在RtV ABC 中，M 为斜边 AC 的中点，所以 MA  MB  MC .
又 D 为 B‸C 上的动点，BC 为底面圆 O 的直径，所以 BD  CD .
又因为 AB  CD, BD  AB  B ，所以CD  面 ABD，故CD  AD ，在RtV ACD 中，M 为斜边 AC 的中点，所以 MA  MD  MC .
所以 MA  MB  MC  MD ，所以 M 为三棱锥 A  BCD 的外接球的球心.
由（1）知， VBCD 为直角三角形，斜边 BC  2 ，
所以 BD2  CD2  22  2BD  CD ，故 BD  CD  2(BD  CD 时等号成立）.
又VABCD
 1 S
3
V BCD
 AB  1  1 BD  CD  AB  2 (BD  CD 时等号成立），
3 23
所以 D 为 B‸C 的中点时三棱锥 A  BCD 的体积最大.
连接 DO，则 DO  面 ABC，过 O 作OP  AC 于点 P，连接 DP，
则DPO 为所求二面角的平面角，
又OD  1, OP  OC sin π 2 ，所以tanDPO  OD 2, sinDPO 6 .
2OP3
故当三棱锥 A  BCD 的体积最大时，二面角 B  AC  D 的正弦值为 6 .
3
过点 P 作与轴垂直的平面圆 N，母线 AB 与圆 N 交于 A1 ，过 D 的母线与圆 N 交于 D1 ，过 P 的母线
与上底交于 P1 ，与下底交于 P2 ，则 PA  PA1  PP1 , PD  PD1  PP2 ，
–––→ –––→–––→–––→––––→–––→–––→ ––––→–––→ –––→–––→ ––––→–––→ –––→
 
所以 PA  PD  PA1  PP1  PD1  PP2  PA1  PD1  PA1  PP2  PP1  PD1  PP1  PP2
 
–––→ ––––→–––→ –––→–––→–––→–––→––––→–––→–––→
 PA1  PD1  PP1  PP2  PN  NA1  PN  ND1  PP1  PP2
–––→2–––→ ––––→–––→ –––→–––→ ––––→–––→–––→
 PN  PN  ND1  NA1  PN  NA1  ND1  PP1  PP2
设A1NP α, PND1  β，则A1ND1 α β，

–––→ –––→–––→–––→
所以 PA  PD  1 csβ csα cs α β  PP1  PP2 ，
因为
cs
1 csβ csα cs α β  1 cs α β  csα csβ 2cs2 α β 2csα βα β
222
csα β  1

 2cs2α  β 2csα β

2 cs
α β
1 2

 1   1

（当且仅当
2
α β
，即α β π
22
22 22
cs 13
22
时，等号成立），
–––→–––→
PP1  PP2
2
–––→–––→
又 –––→  –––→    1（当且仅当 PP  PP 时等号成立）.
PP1PP2212


–––→ –––→–––→–––→
所以 PA  PD  1 csβ csα cs α β  PP1  PP2
即 PA  PD 的最小值为 3 .
2
  1 1   3 ，
22