2025--2026学年重庆市巴蜀中学校高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年重庆市巴蜀中学校高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
3. 已知向量．若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ）
A. B.
C. D.
5. 对于平面、、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ）
A. 若，，，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
6. 某校高二年级个班参加朗诵比赛的得分如下：
则这组数据的下四分位数为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知对于任意的，都有成立，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
8. 在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（ ）
A. B. C. D. 2
二、多选题
9. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ）
A. A与B是相互独立事件B. A与B是互斥事件
C. 与C是对立事件D.
10. 已知，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 若且，则当取得最小值时，
C. 当时，平面截正方体所得的截面的面积为
D. 若点在以的中点为球心，为半径的球面上，则点的轨迹的长度为
三、填空题
12. 已知正四棱台的体积为14，若，则正四棱台的高为___________．
13. 已知，，则在方向上的投影向量的模长为___________．
14. 已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________．
四、解答题
15. 已知函数的最小正周期为，且．
（1）求函数的解析式，并写出的最大值；
（2）将函数的图象向左平移个单位得到的图象，求的单调递减区间．
16. 如图，已知正三角形的边长为是的中点，设．
（1）用表示向量；
（2）求与的夹角的余弦值．
17. 市有关部门为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成，这五组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)
（2）某工作人员使用简单随机抽样从中抽取部分再研究，其中成绩的答卷有2份，成绩的答卷有3份，再从这5份中随机抽取2份进行详细分析，求从这5份答卷中取2份时，既有的答卷也有的答卷的概率．
18. 在中，内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）如图，线段上点使得，且的面积为，求证：；
（3）在第（2）问的条件下，若为线段上的动点，求的最小值．
19. 在四棱锥中，底面为矩形，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）记平面与平面的交线为，试证明：；
（3）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．
数学
满分150分，考试用时120分钟．
一、单选题
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：，又，所以，
因为全集，所以.
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由复数的除法运算和虚部概念即可求解.
解答过程：由，
得，
故的虚部为.
3. 已知向量．若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
答案：C
解析：
思路：根据空间向量共线的条件列式运算.
解答过程：因为，所以存在实数使得，
，得，.
故选：C.
4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：利用正弦定理结合条件即可求得正确答案.
解答过程：由题可知 ，
在△BAD中由正弦定理得：，
即，
又因为在中，，
所以.
故选：D
5. 对于平面、、和直线a、b、m、n，下列命题中真命题是（ ）
A. 若，，，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
答案：C
解析：
思路：根据线线和线面与面面的平行与垂直的判定和性质判断即可.
解答过程：A. 根据线面垂直的垂直的判定定理可知,,必须是相交直线,所以A错误.
B. 根据直线和平面平行的判定定理可知,必须在平面外,所以B错误.
C. 根据面面平行的性质定理可知,两个平行平面同时和第三个平交,则交线平行,所以C正确.
D. 根据面面垂直的性质可知, 必须垂直于的交线才有.所以D错误.
故选：C.
方法提示：本题主要考查了线面平行与垂直的判定与性质,需要根据题意找到满足的条件,属于基础题型.
6. 某校高二年级个班参加朗诵比赛的得分如下：
则这组数据的下四分位数为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：比赛的得分升序排列为：，
由，可知下四分位数为第4项和第5项的平均数，即．
7. 已知对于任意的，都有成立，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：因为，所以关于对称，
又在上单调递减，所以在上单调递增，
由可得即，
转化得，可得.
8. 在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（ ）
A. B. C. D. 2
答案：A
解析：
思路：取的中点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．先由确定点在平面内，再由二面角求出点的坐标，最后设外接球球心坐标，利用球心到四个顶点的距离相等求半径．
解答过程：取的中点．因为，所以为边长为的等边三角形，且
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则可取
因为，所以点在的垂直平分面上．
设
由，得所以
二面角是平面与平面所成的角．
在平面中，；在平面中，．
因此二面角等于与所成的角，即
于是
又，所以
从而
不妨取点在平面上方，则即
设三棱锥外接球的球心为．
由于，关于平面对称，且，，所以球心也在平面内．
设
由，得
化简得
由，得
化简得
将代入，得
所以外接球半径满足
因此
二、多选题
9. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ）
A. A与B是相互独立事件B. A与B是互斥事件
C. 与C是对立事件D.
答案：AD
解析：
思路：选项A：根据古典概型判断相互独立事件；选项B：根据互斥事件的定义判断互斥事件；选项C：先列出 和 的所有样本点，验证两者是否互斥，再验证它们的并集是否为全集，或概率和是否为 1，从而判断是否为对立事件；选项D：先判断事件 和 是否互斥（无共同样本点），再使用互斥事件的概率加法公式计算即可判断.
解答过程：选项A：由已知得，因为，，
所以，即与互不影响，A正确.
选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误.
选项C：，
，
故事件与不是对立事件，C错误.
选项D：因为事件，事件，
则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确.
故选：AD.
10. 已知，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：ACD
解析：
思路：由，两边平方即可判断A项；利用A项结论及可得，再利用平方关系即可求出即可判断B；将与的值联立求出即得C，D项．
解答过程：，
，解得，故A正确；
，
，，
，，故B错误；
，解得，
，故C正确；
，故D正确．
11. 在棱长为2的正方体中，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 若且，则当取得最小值时，
C. 当时，平面截正方体所得的截面的面积为
D. 若点在以的中点为球心，为半径的球面上，则点的轨迹的长度为
答案：ABD
解析：
思路： A选项，根据到平面的距离相等以及锥体体积的转换可知正确；B选项，首先判断出在的中点连线上，然后把与展开到一个平面上，根据两点之间直线段距离最短判断出点位置；C选项，此时是的靠近点的三等分点，取的靠近的三等分点，截面就是等腰梯形，根据等腰梯形性质计算其面积即可；D选项，计算得到的中点的距离恰好为，因此点的轨迹为在正方形内的一段圆弧，根据半径和圆心角计算即可得到长度.
解答过程：A选项，根据正方体的性质可知，
所以到平面的距离相等，
所以，
又因为，
所以，A正确；
B选项，设分别是的中点，
连接，若，则在上，
连接，
因为，
故可将四边形与四边形展开成平面图形，
由图可知当共线时，有最小值，此时，
又即，
所以，B正确；
C选项，当时，是的三等分点（靠近点），
设是的三等分点，且，
连接，则，
所以平面截正方体所得截面为等腰梯形，
因为，
所以的高为，
面积为，C错误；
D选项，根据点满足可知在正方形内，
设的中点为，分别是的中点，
可得，且平面，
若点在以为球心，为半径的球面上，
则点的轨迹为在正方形内以为圆心，为半径的圆弧，
圆弧与正方形的另一个交点即为，可得，
所以点的轨迹的长度为，D正确.
三、填空题
12. 已知正四棱台的体积为14，若，则正四棱台的高为___________．
答案：
解析：
思路：根据正四棱台的体积公式，代入已知上下底边长和体积求解高即可。
解答过程：正四棱台的上下底面均为正方形，因此下底面面积，上底面面积，
设正四棱台的高为，根据棱台体积公式
，.
13. 已知，，则在方向上的投影向量的模长为___________．
答案：
解析：
思路：先根据向量线性运算的坐标表示求出的坐标，再利用在方向上投影向量的公式计算即可.
解答过程：解：由题意可得，
由投影向量公式可得在方向上投影向量为，
因为，，所以，
因此，即投影向量的模长为.
14. 已知函数，若函数有8个零点，则实数的取值范围为___________．
答案：
解析：
思路：据题意对实数进行讨论，分，，再利用函数零点问题，结合函数图象进行分析求解．
解答过程：当时，，对称轴为.
当时，函数在单调递增，函数图象如下：
令，则由，
结合图象可得或，即或.
结合图象可知，有2个解，有1个解，
此时函数有3个零点，不符合题意.
当时，函数在单调递增，在单调递减，函数图象如下：
令，则由，结合图象可得或或，
即或或.
由图可知，有2个解，有3个解，
又函数有8个零点，则需有3个解.
需使，解得.
综上，实数的取值范围为.
四、解答题
15. 已知函数的最小正周期为，且．
（1）求函数的解析式，并写出的最大值；
（2）将函数的图象向左平移个单位得到的图象，求的单调递减区间．
答案：（1），最大值为
（2）解析：
思路：（1）根据周期可求，由可得，即可求出解析式，得到最大值；
（2）由平移变换公式得到，再根据整体法即可求解单调区间．
（1），解得，
，，又，
，
则，最大值为；
（2）将函数的图象向左平移个单位，
得到，
令，解得，
故的单调递减区间为．
16. 如图，已知正三角形的边长为是的中点，设．
（1）用表示向量；
（2）求与的夹角的余弦值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）由题意结合向量的运算法则可得；
（2）由题意知可得， ， ，据此计算可得与的夹角余弦值.
（1）∵是的中点，
∴.
（2）由题意知，，与的夹角为，
，
，
，
设与的夹角为，则.
所以与夹角的余弦值为.
17. 市有关部门为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成，这五组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)
（2）某工作人员使用简单随机抽样从中抽取部分再研究，其中成绩的答卷有2份，成绩的答卷有3份，再从这5份中随机抽取2份进行详细分析，求从这5份答卷中取2份时，既有的答卷也有的答卷的概率．
答案：（1）平均数为100，方差为104
（2）解析：
思路：（1）根据频率分布直方图中平均数与方差的求法，代入数据，即可得答案.
（2）根据条件，利用古典概型求解即可.
（1）由频率分布直方图得，
平均数，
方差
.
（2）记这组三份答卷的编号为这组两份答卷的编号为，
故从5份答卷中随机抽取2份，共10种情况，为：
设事件“既有的答卷也有的答卷”
则，共6种情况．
故,
18. 在中，内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）如图，线段上点使得，且的面积为，求证：；
（3）在第（2）问的条件下，若为线段上的动点，求的最小值．
答案：（1）
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）由正弦定理得到 ，代入已知条件，结合同角三角函数关系即可求解；
（2）设，通过，及在中，由余弦定理列出等式即可求解；
（3）作关于直线的对称点，确定的最小值为 的长度，在，结合余弦定理即可求解.
（1）由正弦定理​，得 ，
代入已知 ，
得： ， ，
约去得 ，
结合同角三角函数关系，代入 ，
得： ，
是三角形内角， ，故.
（2）由（1）得​，设，
， 是的外角，
，
故 ，
​又​，
由三角形面积公式： ，
化简得 ，
在中，，
由余弦定理：
代入，， ，
得 ，
因此，
即 ，故，得证；
（3）作关于直线的对称点，则，
故，
当且仅当为与交点时取最小值，最小值为的长度，
由（2）得，​​，
故，
在中，由正弦定理，
得，故，
与关于对称，， ，
在中由余弦定理： ，
代入得： ，
​ 故，即的最小值为.
19. 在四棱锥中，底面为矩形，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）记平面与平面的交线为，试证明：；
（3）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．
答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）根据四棱锥的性质，利用面面垂直的性质定理，结合面面垂直的判定定理证明结论；
（2）根据矩形的性质，利用线面平行的判定定理，结合线面平行的性质定理证明结论；
（3）过作于，过作交于，根据面面垂直的性质定理，得出即为平面与平面所成锐二面角，根据三角形的几何性质结合均值不等式求出的最大值，进而计算二面角余弦的最大值．
（1）已知底面为矩形，故，
平面平面，为两平面的交线，
又平面，且，
平面，
平面，且平面，
平面平面．
（2）已知底面为矩形，故，
又平面平面，
平面，
已知平面，且平面平面，
由线面平行的性质定理得，．
（3）过作于，平面平面，
由面面垂直的性质定理得，平面，
过作，交于，是矩形，
则，且，
又平面，
平面，故，
，
，
，
，
，
平面，故，
综上，，，
故即为平面与平面所成锐二面角；
设，则，在中，，
则，
，当且仅当时等号成立，
，
在中，，
，
设，令，
当增大时，减小，故增加，
随着增大而递增，
故时，取最大值，最大值为
．