广东省深圳市多校联考2025-2026年高一下期末数学试卷（含答案）

这是一份广东省深圳市多校联考2025-2026年高一下期末数学试卷（含答案），文件包含Unit6测试卷浙江专用原卷版docx、Unit6测试卷浙江专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时 120分钟。
2.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码。
3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑.
4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液.
5.考试结束后，考生上交答题卡。
一、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.
1.已知a,b∈R,若 abb,则z=a+ bi在复平面内所对应的点位于
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2.已知向量a=(1,2), b=(0,-1),则|a+b|=
A. 2B. 2C. 3D. 4
3.下表为“某地区2020-2025年的生产总值(GDP)”相关数据(其中该地区生产总值是逐年递增的).
由于不小心，该地区的2023年生产总值(GDP)数据被污染了，但知道表中数据的第60 百分位数与第75 百分位数之和为7.190，则该地区的2023年生产总值(GDP)为
C. 3.705
4.已知向量a=(2,m), b=(n,-1),且a⊥b,则下列等式一定成立的为
A. m=2nB. m=-2nC. mn=2D. mn=-2
5.甲、乙两人各进行一次射击，已知两人各自中靶的概率分别为 13和 12，若两人是否中靶相互独立，则恰有一人中靶的概率为
A. 13B. 12C. 23D. 34
6.已知某圆台的母线与下底面所成的角为π/3，若其上、下底面的半径分别为1，2，则该圆台的侧面积为
A. 3πB. 23πC. 3πD. 6π
7.已知△ABC的面积为2 3,且AC=2,若 C=2π3,则tanB=
D. 32 15
12
A.
B.
C. 35
8.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 3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
A. 3π B.13π3C. 5π D.20π3
二、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.
9.已知向量a=(csx, sinx), b=(1,0),则下列说法正确的为
A.若x=0,则a=bB.若a=b,则x=0
C.若 x=π2,a⊥bD.若a⊥b,则 x=π2
10.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的为
A.若m⊂α, m∥n,则n∥α
B.若m⊥β, n∥β,则m⊥n
C.若α∥β, m⊥α, n⊥β,则m∥n
D.若α∩β=m, n⊥m,则n⊥α,或n⊥β
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
C.PA∩C=PB∩C=112 D.PA∪D=56
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知z=i(1+i), z为z的共轭复数,则z·z= .
13.已知向量 a=31,b=3−3,则a在b上的投影向量的坐标为 .
14.记 △ABC 的外接圆圆心为 O ，若圆 O 的半径为 2 ，且 ∠BAC=π6, 则 AO⋅AB+AC的最大值为 .
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. (13分)
记△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c,已知asinB=bsin2A.
(1)求A;
(2)已知点D为BC的中点，若 AD=212,且△ABC的面积为 3,求a.
16. (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.
(1)求证: EF ⊥平面BCF;
(2)求直线AF 与平面ABCD 所成角的正切值.
17. (15分)
如图,在平行四边形ABCD中, AC与BD交于点O, BM⊥AC.
(1)若BM=1,求 BD⋅BM的值；
(2)设 BC=3,BD=4,∠DBC=π3,BM=xBD+yBC.
(i)用 BD,BC表示 CA;
(ii)求x+y的值.
18. (17分)
在直三棱柱 ABC−A1B1C1中, AB⊥AC,且AB=AC=2AA₁,动点P, Q分别在线段A₁B, AC₁上, 且 BPA1P=C1QAQ.
(1) 证明: PQ∥平面BCC₁B₁;
(2) 若 BP=2PA1,且AB=6,求多面体ABCQP 的体积.
19. (17分)
给定两组数据M=(x₁,x₂,…, xn)和 N=y1y2⋯yn, 现定义 Cn=t=1n∣xt−yi∣为这组数据的“总体偏差”.现有数据A=(1,2,…, 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
(1)当n=3时，求C₃的所有可能取值；
(2) 当n=4时, 求“C₄>3”的概率；
(3) 记“(Cn=3”为事件E，证明：事件E为不可能事件.
2025-2026学年度高一期末质量监测
数学试题答案及评分参考
一、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.
8.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 3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
A. 3πB. 13π3C. 5πD. 20π3
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,
由平行的性质知 ABA'B'=PAPA'=PDPE=21,
得 PD=23,则 DE=3,
三角形ABC 是边长为2等边三角形，
所以 AF=3,AD=233,同理 A'E=33,
设球心为O，则O在直线DE上，
设OD = x,球半径为R,则 OE=3−x,
由勾股定理，得 R2=AD2+x2,R2=A1E2+(3−x2,解得 {R=153,x=33,
所以外接球的表面积为 S球=4πR2=20π3,故选 D.
二、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.
年份
2020年
2021年
2022 年
2023 年
2024年
2025年
生产总值(GDP)/万亿元
2.780
3.070
3.240

3.730
3.870
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
A
B
A
B
D
C
D
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
C.PA∩C=PB∩C=112 D.PA∪D=56
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 PA=3×36×6=14,
∴PA=1−PA=1−14=34,同理有 PB=34,
易知 PAB=PA∩B=12,∴PAB≠PAPB,∴A 与B 非相互独立，故选项B错误；
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, ∴PA∩C=36×6=112,同理有 PB∩C=112,故选项C正确；
考查选项D：易知 PC=66×6=16,由对称性可知 PD=1−PC2=512,
∵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， ∴PA∩D=126×6=13,
∴PA∪D=PA+PD−PA∩D=34+512−13=56,故选项D正确；
综上所述，应选 ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 2: 13.32−12; 14.8+43.
14.记△ABC 的外接圆圆心为O ,若圆 O 的半径为2 ,且 ∠BAC=π6,则
题号
9
10
11
答案
AC
BC
ACD
AO⋅AB+AC的最大值为 .
解析：由 AO⋅AB+AC=AO⋅AC+AO⋅AB=12AC2+12AB2,
记 ∣AB∣=c,∣AC∣=b,∵∣BC∣sin∠BAC=2r,∴∣BC∣=2.
由余弦定理，得 b2+c2−3bc=4,
∴AO⋅AB+AC=12b2+c2,
由 b2+c2−3bc=4,∵b2+c2=4+3bc≤4+3b2+c22,
∴b2+c2≤82+3(显然能够取等)，
∴AO⋅AB+AC=12b2+c2≤8+43,
即 AO⋅AB+AC的最大值为 8+43,应填 8+43.
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. (13分)
记△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c, 已知asinB=bsin2A.
(1) 求A;
(2)已知点D为BC 的中点，若 AD=212,且△ABC的面积为 3,求a.
解：(1)由正弦定理， asinA=bsinB,·1分
∵asinB=bsin2A, ∴sinA=sin2A,·2分
∴2sinAcsA=sinA,
∵A∈(0,π), ∴csA=12,4分
∴A=π3.5分
(2) 在△ABC中, AD=12AB+AC,
∴AD2=14AB+AC2,
∴214=14b2+c2+bc,
∴b2+c2+bc=21,①7分
∵△ABC 的面积为
3, ∴12bcsinA=3,
∴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+c2−2bccsA,
∴a=13.13分
16. (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.
(1)求证: EF ⊥平面BCF;
(2)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, AB∥CD,∵ AB∥CD , AB⊄ 平面 DCFE , CD⊂ 平面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BCF⊥平面ABCD,FM⊥BC,FM⊂平面BCF ,BC=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
而 FM=3,AM=AB2+BM2=5,
∴tan∠FAM=FMAM=35=155,14分
∴直线AF 与平面ABCD所成角的正切值为 155.·15分
17. (15分)
如图,在平行四边形ABCD中, AC与BD交于点O, BM⊥AC.
(1) 若BM =1,求 BD⋅BM的值；
(2) 设BC=3, BD=4, ∠DBC=π3,BM=xBD+yBC.
(i)用 BD,BC表示 CA;
(ii) 求x+y的值.
解：(1)由题意可得， BD=2BO=2BM+MO,1分
∵BM⊥AC, ∴BM⋅MO=0,2分
∴BD⋅BM=2BM+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−2BC.
7分
(ii)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=π3,
∴BD⋅BC=∣BD∣BC∣cs∠DBC=6,10分
∵BM⟂AC,∴BM⋅CA=BD+yBC⋅BD−2BC=0,
即 x∣BD∣2−2xBD⋅BC+yBC⋅BD−2y∣BC∣2=0,
化简可得, x=3y, ②13分
由①，②可解得 x=37,y=17,14分
∴x+y=47.15分
18. (17分)
在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中, AB⊥AC,且AB=AC=2AA₁,动点P, Q分别在线段A₁B , AC₁上,且 BPA1P=C1QAQ.
(1)证明: PQ∥平面BCC₁B₁;
(2)若 BP=2PA1,且AB=6,求多面体ABCQP的体积.
解: (1)证明:如图,在线段AC, AB上分别取点M , N,使得 CMAM=C1QAQ=BPA1P=BNAN,连接MQ, NP , MN , ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
∴△AMQ∽△ACC₁, △BNP∽△BAA₁, △AMN∽△ACB,
∴MQ∥CC₁, NP∥AA₁, MN∥BC, 2分
又AA₁∥CC₁, ∴MQ∥NP, ∴M , N, P, Q四点共面, 3分
∵MN∥BC, MNα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MN , ∴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 BPA1P=C1QAQ,BP=2PA1,及AB=6, ∴AM=AN=13AB=2,
∵AB=AC=2AA1=6,∴AA1=CC1=3,
∵AB⊥AC, 且AM=AN=2, ∴MN=22,
∴NP=23AA1=2,MQ=13CC1=1,
∴直角梯形QMNP 的面积为 12MQ+NP⋅MN=32,13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P-BCN 的体积之和, ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
易知四棱 锥 A-QMNP 的体积为 13×32×2=2,四 棱锥 C-QMNP 的体积为 13×32×22=4,
易知△BCN 的面积为 12×BC×BN×sinπ4=12×62×4×22=12,
∴三棱锥P-BCN 的体积为 13×12×2=8,
∴多面体ABCQP的体积为2+4+8=14.17分
19. (17分)
给定两组数据M=(x₁,x₂,…, xn)和N=(y₁,y₂,…, yn),现定义 Cn=i=1n∣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=x1x2⋯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.
(1)当n=3时,求C₃的所有可能取值;
(2)当n=4时,求 “C4>3”的概率.
(3)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C₃的所有可能取值为0，2，4.4分
(2)记 “C4>3”为事件D，样本空间为Ω，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Ω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 C4>3,
由以上可知，事件D有4个样本点，
则 PD=1−424=56.9分
(3)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