广东深圳市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

这是一份广东深圳市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了07， 记 △ ABC等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前试卷类型：A
2025-2026 学年度高一期末质量监测
数学试题答案及评分参考2026.07
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．
3
底面边长为2的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去了一个底面边长为1 ，高为的正三棱锥后，若所得三棱台的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
B
A
B
D
C
D
3πB． 13π
3
C． 5 πD． 2 0 π
3
解析：如图，设正三棱锥为 P  ABC ，截去的正三棱锥为 P  A' B'C '，作 PD  面ABC ，垂足为 D，PD 与面A' B 'C ' 交一点 E ，
连接 AD 并延长与 BC 相交于点 F，
连接 A ' E 并延长与 B ' C ' 相交于点 G，
ABPAPD2
由平行的性质知 ，
3
A' B 'PA'PE1
3
得 PD  2
，则 DE ，
三角形 ABC 是边长为 2 等边三角形，
3
所以 AF , AD  2 3 ，同理 A ' E 3 ,
33
设球心为 O，则 O 在直线 DE 上，
3
设O D  x ,球半径为 R，则OE  x ，
R2  AD2  x2,
由勾股定理，得R2  A' E2 

15
3
R  3 ,
2 解得
3

x ,
x ,

3
所以外接球的表面积为 S球
 4πR2  20π ，故选 D.
3
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中,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．
11．抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，记 x, y 分别为抛出的第一枚和第二枚骰子正面朝上的点数，设事件“ x, y 中至少有一个为偶数”为 A，事件“ x, y 中至少有一个为奇数”为 B，事件“ x  y ”为 C，事件“ x  y ”为D，则
A． A ∩ B 与 C 是互斥事件B．A 与 B 相互独立
题号
9
10
11
答案
AC
BC
ACD
C． P( A ∩ C)  P(B ∩ C)  1
12
D． P( A ∪ D)  5
6
解析：考查选项 A：易知 A ∩ B 即为事件“ x, y 中恰有一个奇数和一个偶数”，显然与事件
“ x  y ”互斥，故选项 A 正确；
（2）考查选项 B：∵事件 A 的对立事件 A 的概率为 P( A)  3  3  1 ，
6  64
∴ P( A)  1 P( A)  1 1  3 ，同理有 P(B)  3 ，
444
易知 P( AB)  P( A ∩ B)  1 ，∴ P( AB)  P( A)P(B) ，∴A 与 B 非相互独立，故选项 B 错
2
误；
考查选项 C： A ∩ C 对应的样本点为： x  y  2 ； x  y  4 ； x  y  6 ，共有 3 个样本点，
∴ P( A ∩ C) 3 1 ，同理有 P(B ∩ C)  1 ，故选项 C 正确；
6  61212
考查选项 D：易知 P(C) 6 1 ，由对称性可知 P(D)  1 P(C)  5 ，
6  66
212
∵ A ∩ D 对应的样本点为：x  2, y  1 ；x  3, y  2 ；x  4, y  1 ，x  4, y  2 ，x  4, y  3 ；
x  5, y  2 ，x  5, y  4 ；x  6, y  1 ，x  6, y  2 ，x  6, y  3 ，x  6, y  4 ，x  6, y  5 ，
共有 12 个样本点，∴ P( A ∩ D)  12  1 ，
6  63
∴ P( A ∪ D)  P( A)  P(D)  P( A ∩ D)  3  5  1  5 ，故选项 D 正确；
41236
综上所述，应选 ACD.
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
3
12． 2 ；13． ( 3 , 1) ；14． 8  4．
22
14. 记 △ ABC
的 外 接 圆 圆 心 为 O ， 若 圆 O 的 半 径 为 2 ， 且 BAC  π ， 则
6
–––→–––→–––→
AO  ( AB  AC ) 的最大值为.

–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
解析：由 AO  AB  AC  AO  AC  AO  AB 
1 –––→ 2
AC
1 –––→ 2
AB ，
–––→
BC
–––→–––→
22
–––→
记 AB  c, AC  b ，∵，∴ BC  2 .
sin BAC  2r
由余弦定理，得 b 2  c 2 3bc  4 ，

–––→–––→–––→
∴ AO  AB  AC 
1 b2  c2 ，


2
由 b 2  c 2
3bc  4 ，∵ b
2  c2
 4 
3bc  4 ，
3(b2  c2 )
2
∴ b2  c2  8(2 
3) （显然能够取等），

–––→–––→–––→
∴ AO  AB  AC 
3
–––→–––→–––→
1 b2  c2

2
  8  4，
3
3
即 AO   AB  AC  的最大值为8  4，应填8  4.
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．（13 分）
记△ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，已知 a sin B  b sin 2 A ．
3
求 A ；
已知点 D 为 BC 的中点，若 AD 
21 ，且△ABC 的面积为
2
，求a ．
解：（1）由正弦定理，
a
sin A
b
sin B
，1 分
∵ a sin B  b sin 2 A ，∴ sin A  sin 2 A ，2 分
∴ 2sin Acs A  sin A ，
∵ A (0, π) ，∴ cs A  1 ，4 分
2
∴ A  π .5 分
3
–––→
（2）在△ABC 中， AD 
1 –––→–––→
( AB  AC) ，
2
–––→2
∴ AD
1 –––→–––→
 (AB  AC )2 ，
4
∴ 21  1 (b2  c2  bc) ，
44
∴ b2  c2  bc  21，①7 分
3
∵△ABC 的面积为，
3
∴ 1 bc sin A ，
2
∴ bc  4 ，②9 分
由①②，可得b  4 ， c  1 ，或b  1， c  4 ，11 分
由余弦定理，可得 a2  b2  c2  2bc cs A ，
13
∴ a ．13 分
（15 分）
如图， 已知五面体 ABCDEF 的底面 ABCD 是正方形，平面 BCF  平面 ABCD ，
FB  FC  BC  2 .
求证： EF  平面 BCF ；
求直线 AF 与平面 ABCD 所成角的正切值.解：（1）证明：由正方形 ABCD 的性质知，A B∥CD ，
∵ AB // CD ， AB  平面 DCFE ， CD  平面
（第 16 题图）
DCFE ，
∴ AB // 平面 DCFE ，3 分
（没写“一内一外”扣 1 分）
∵ AB // 平面 DCFE ， AB  平面 ABFE ，平面 ABFE ∩ 平面 DCFE  EF ，
∴ AB // EF ，5 分
（没写交线条件扣 1 分）
∵平面 BCF  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ，且 AB  BC ，
∴ AB  平面 BCF ，
∵ AB // EF ，
∴ EF  平面 BCF ．7 分
（ 2 ） 如图， 取 BC 的中点 M ， 连接 FM ， 则在等边三角形 BCF 中， 由三线合一知
FM  BC ，8 分
∵平面 BC F  平面 ABCD ，F M  BC ，FM  平面 BCF ，B C  平面 BCF ∩ 平面 ABCD ，
∴ FM  平面 ABCD ，10 分
（没写交线条件扣 1 分）
连接 AM ，易知FAM 是 AF 与平面 ABCD 所成的角，12 分
3
AB2  BM 2
5
而 FM ， AM ，
3
5
∴ tan FAM  FM 
AM
15
，14 分
5
∴直线 AF 与平面 ABCD 所成角的正切值为
（15 分）
．15 分
15
5
如图，在平行四边形 ABCD 中， AC 与 BD 交于点O ， BM
–––→ ––––→
若 BM  1 ，求 BD  BM 的值；
 AC ．
π––––→–––→–––→
设 BC  3 ， BD  4 ， DBC  ， BM  xBD  yBC ．
3
–––→
–––→
–––→
（i）用 BD ， BC 表示CA ；
（i i）求 x  y 的值．
（第 17 题图）
–––→–––→––––→––––→
解：（1）由题意可得， BD  2BO  2(BM  MO) ，1 分
––––→ ––––→
∵ BM  AC ，∴ BM  MO  0 ，2 分
–––→ ––––→––––→––––→––––→––––→
∴ BD  BM  2(BM  MO)  BM  2(| BM |2 0)  2 ．4 分
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
（2）（i）由题意可得， CA  BA  BC  BD  DA  BC  BD  BC  BC  BD  2 BC ．
…7 分
––––→–––→–––→–––→–––→
（i i）由题意可得， BM  xBD  yBC  2xBO  yBC ，8 分
∵ O ， M ， C 三点共线，∴ 2x  y  1 ，①9 分
∵ BC  3 ， BD  4 ， DBC  π ，
3
–––→ –––→–––→ –––→
∴ BD  BC | BD || BC | csDBC  6 ，10 分
––––→ –––→–––→–––→–––→–––→
∵ BM  AC ，∴ BM  CA  (xBD  yBC)  (BD  2BC)  0 ，
–––→–––→ –––→–––→ –––→–––→
即 x | BD |2 2xBD  BC  yBC  BD  2 y | BC |2  0 ，
化简可得， x  3 y ，②13 分
由①，②可解得 x  3 ， y  1 ，14 分
77
∴ x  y  4 ．15 分
7
18．（17 分）
在直三棱柱 ABC  A1 B1C1 中， AB  AC ，且 AB  AC  2 AA1 ，动点 P ，Q 分别在线段
BP
11
A B ， AC 上，且
 C1Q ．
A1PAQ
证明： PQ // 平面 BCC1 B1 ；
–––→–––→
若 BP  2PA1 ，且 AB  6 ，求多面体 ABCQP 的体积．
（第 18 题图）
解：（1）证明：如图，在线段 AC ， AB 上分别取点 M ， N ，
使得 CM  C1Q  BP  BN ，连接 MQ ， NP ， M N ，1 分
AMAQA1PAN
∴△AMQ∽△ACC1 ， △ BNP∽△ BAA1 ， △AMN∽△ACB ，
∴ MQ // CC1 ， NP // AA1 ， M N / / BC ，2 分
又 AA1 // CC1 ，∴ MQ // NP ，∴ M ， N ， P ， Q 四点共面，3 分
∵ M N / / BC ， MN  平面 BCC1B1 ，∴ MN // 平面 BCC1B1 ，4 分
∵ MQ // CC1 ， MQ  平面 BCC1B1 ，∴ MQ // 平面 BCC1B1 ，5 分
又 MN ∩ MQ  M ，∴平面 MNPQ // 平面 BCC1B1 ，6 分
又 PQ  平面 M N ，∴ PQ // 平面 BCC1B1 ．7 分
（2）∵ MQ // CC1 ，且CC1  平面 ABC ，∴ MQ  平面 ABC ，8 分
同理， NP  平面 ABC ，9 分
∵ MQ  平面 ABC ， NP  平面 ABC ， MN  平面 ABC ，
∴四边形QMNP 为直角梯形，10 分
由 BP  C1Q ， –––→ 
–––→1
，及 AB  6 ，∴ AM  AN  AB  2 ，
BP2PA
A1PAQ13
∵ AB  AC  2 AA1  6 ，∴ AA1  CC1  3 ，
2
∵ AB  AC ，且 AM  AN  2 ，∴ MN  2，
∴ NP  2 AA  2 ， MQ  1 CC  1，
3131
2
∴直角梯形QMNP 的面积为 1 (MQ  NP)  MN  3
2
，13 分
不难知道多面体 ABCQP 的体积可视为四棱锥 A  QMNP ，四棱锥C  QMNP ，及三棱锥
2
P  BCN 的体积之和，15 分
2
易 知 四 棱 锥 A  QMNP 的 体 积 为 1  3
2
3
 2 ， 四 棱 锥 C  QMNP 的 体 积 为
2
1  3
3
 2
 4 ，
易知△BCN 的面积为 1  BC  BN  sin π  1  6 2  4 2  12 ，
2422
∴三棱锥 P  BCN 的体积为 1 12  2  8 ，
3
∴多面体 ABCQP 的体积为 2  4  8  14 ．17 分
19．（17 分）
n
给定两组数据 M  ( x1 , x2 ,   , xn ) 和 N  ( y1 , y2 ,   , yn ) ，现定义Cn  |
i 1
i  yi | 为这
两组数据的“总体偏差”．现有数据 A  (1, 2,   , n)(n  N* ) ，将 A 中数据按任意顺序排
列，得到数据 B  ( x1 , x2 ,   , xn ) ，例如，当 n  2 时，可以得到数据(1, 2) 和(2,1) ，此时总体偏差C2 的所有可能取值为0 和2．
当 n  3 时，求C 3 的所有可能取值；
当 n  4 时，求“ C4  3 ”的概率．
记“ Cn  3 ”为事件 E ，证明：事件 E 为不可能事件；
解析：(1) 当 n  3 时，则 B  (1, 2, 3) ， (1, 3, 2) ， (3, 2,1) ， (3,1, 2) ， (2,1, 3) ， (2, 3,1) ，
…1 分
可知C3  0, 2, 2, 4, 4, 4 ，3 分
则C 3 的所有可能取值为0, 2, 4.4 分
记“ C 4  3 ”为事件 D ，样本空间为 ，则“ C4  3 ”为事件 D ，5 分
当 n  4 时，由列举可知，数据 B 有 4  3  2  1  24 个，样本空间 有 24 个样本点，
…6 分
①若不调整数据，此时C4  0  3 ，事件 D 有1 个样本点；7 分
②若只调整 2 个数，其他不变，欲使C4  3 ，只能调整相邻的两个数据，即将数据(1, 2), (2, 3), (3, 4) 调整为(2,1), (3, 2), (4, 3) ，
此时C4  2  3 ，事件 D 有3 个样本点；8 分
③若调整 3 个数，由(1)可知，此时C 4  3 ，由以上可知，事件 D 有4个样本点，
则 P(D)  1  4  5 .9 分
246
A  (1, 2,   , n) ，
①若只调整 2 个数，其他不变得到数据 B ，
即将数据(a, b)(a  b) 调整为(b, a) ，其余数据在原来位置不变，
此时Cn | b  a |  | a  b | 2(b  a)  3 ，12 分
②若调整 3 个数，其他不变得到数据 B ，
即将数据(a, b, c)(a  b  c) 调整为(b, c, a) 和(c, a, b) ，其余数据在原来位置不变，
此时Cn | b  a |  | c  b |  | a  c | 2(c  a)  3 ，
或者Cn | c  a |  | a  b |  | b  c | 2(c  a)  3 ，15 分
③若调整 4 个数，其他不变得到数据 B ，显然Cn  3 ，
综上所述，事件 E 为不可能事件.17 分