广东省佛山市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份广东省佛山市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案），共16页。

2.B
【详解】将数据从小到大排序为：10,12,14,14,16,20,24,样本容量n=7, 故该样本数据的中位数为14.
3.B
【分析】先计算b 的坐标，再代入计算模长即可.
【详解】因为a+2b=0,
所以
4.A
【分析】结合图形，平移异面直线，构造三角形求解即可. 【详解】如图所示：
设AD=AA₁=1, 由 , 得AB=2.
在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁ 中，由AD//BC 、AA₁//CC₁, 可 得ADI/BC₁, 因此直线BC₁与 D₁M 所成的角为∠AD₁M (或其补角).
在Rt△ADD₁中 ，AD=DD₁=1, 则AD₁=√AD²+DD²= √ 1²+1²= √2,
因为M 为CD中点，故
在Rt△DDM中，则DM= √DM²+DD²=√i²+1²= √2,
由AD⊥DM ,AD=DM= 1, 可得AM= √AD²+DM²= √ i²+1²= √2,
所以△AD₁M为等边三角形，故∠AD₁M=60°,
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因此直线BC₁与 D₁M 所成角的余弦值为
5.D
【详解】由tana=2tan β, 得 ,即得sinacsβ=2cs asinβ,
解得：
6.B
=4+2√3=(J3+1)², 故BC = √3 + 1.
7.C
【详解】根据v=wR 得 当t=0 秒时，点P 位于最低点， 则经过时间t 秒后车轮转过的角度θ=wt=160t,
则点P 到铁轨表面的高度
得到h(0)=0 符合初始条件.
8.A
【分析】根据题意，由 可知，点P 到AB 的距离是点C 到AB 距离的 ·, 点P 到AC 的距离 是点B 到AC 距离的,再结合平面向量基本定理得出 即可求解.
【详解】由 知，点P 到AB 的距离是点C 到 AB 距离的, 即
点P 到AC 的距离是点B到AC 距离的, 即
已知
设AD=x AB, 则CD =AD-AC=x AB-AC,
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由于CP与 CD 共线，则存在实数λ使得CP=λCD, 即,解得
所以, 即 , 所 以
设 AE=yAC,
则BE= AE-AB= yAC- AB
由于BP 与BE 共线，则存在实数从使得BP=μBE, 所以, 解
.
所以 ,即
故 A 正确.
9.BCD
【分析】对于A, 由题可得f(x)=cs 2x, 据此可得最小正周期；对于B, 由 A 解析式可得f(x) 的最小值； 对于C, 由 A 解析式结合诱导公式可判断选项正误；对于D, 由余弦函数单调性可判断选项正误.
【详解】对于A,f(x)=cs 2x,则其最小正周期为π,故A 错误；
对于B, 兰 其中k∈Z 时 ，f(x) 有最小值- 1,故B 正确；
对于C, , 故C 正确；
对于D, 时，2x∈(π,2π), 因 V=cSX在(π,2π)上单调递增，则f(x) 上单调递增，故D 正确.
10.AC
【分析】根据复数的运算以及复数的几何意义求解即可.
【详解】因为复数
对应点,在第一象限，故A 正确；
对应点(0,0),不在第一象限，B 错误；
对应点为(1,1),在第一象限，C 正确；
对应点为(-1 √3),,不在第一象限，D 错误.
11.ACD
【分析】A 计算正方体的外接球；B 利用等体积思想计算；C 分别取A₁D₁,DD₁,DC,BC,BB₁,AB₁ 的中点
E,F,G,H,I,J 即可；D 计算△ABD 的面积即可.
【详解】三棱锥A-B₁CD₁ 的外接球与正方体的外接球相同，故其半径为 故A 正确；
因为
三棱锥A₁-ABD 的表面积
所以三棱锥A₁-ABD 的内切球半径 , 故B 错误；
分别取A₁D₁,DD₁,DC,BC,BB₁ ,AB₁的中点E,F,G,H,I,J, 则当点P 与以上六点重合时，PA=PC₁=√5, 故C 正确； 因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD,
因为CC₁⊥平面ABCD,BDc 平面ABCD, 所以CC₁ ⊥BD,
因为ACnCC₁=C,AC,CC₁C 平面ACC₁, 所以BD⊥平面ACC₁,
又AC₁C 平面ACC₁, 所以BD⊥AC₁, 同理可证，A₁B⊥AC₁,
因为AB∩B D=B,AB,BD C 平面ABD, 所 以AC₁⊥平面ABD,
因为点P 在正方体表面，BP⊥AC₁, 所以点P 的轨迹为线段A₁B,BD,A₁D,
则P 点的轨迹围成的面积为△A₁BD的面积，即,故 D 正确.
12.6
【详解】
以点C 为坐标原点，网格线所在直线分别为 x 轴、V 轴建立平面直角坐标系， 设小正方形的边长为1,由图可知，C(0,0),D(2,0),A(1,3),B(4,2),
所以AB=(3,-1),CD=(2,0) 。 则 AB ·CD=3×2+(-1)×0=6.
13.
√3
【详解】设圆锥的母线长为1,底面半径为r, 高为h,
由题意可知，半圆的半径即为圆锥的母线长，故l=2;
半圆弧长为圆锥底面的周长，半圆弧长 因此有2πr=2π, 解得r=1;
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因为I²=r²+h², 所 以h= √ i²-r²= √2²-1²= √3.
14.5
【分析】根据题意，得出AC 的最大值为△ABD的外接圆和△BCD的外接圆的圆心距与两个圆的半径的和， 利用已知条件得出∠BCD的正弦值，再结合正弦定理求出圆的半径即可求解.
【详解】设∠BAD=α,∠BCD=β, 根据题意，, 即
已知：,由于α是四边形ABCD 的内角，所以α∈(0,π),因,所以 ,即α是锐
角，
由此可
设△ABD 的外接圆的圆心为Q, 半 径 为R,△BCD 的外接圆的圆心为O₂, 半径为R₂, 如图所示，
由正弦定理， ,解得 ,解得
点A 在以BD 为弦，半径为R 的圆弧上，点C 在以BD 为弦，半径为R₂的圆弧上，
因此AC 的最大值即为这两个圆弧上两点的最大距离，即圆心距与两个半径的和，即R₁+R₂+O₁O₂,
设圆心O₁到弦BD的距离为d, 则
圆心O₂ 到弦BD 的距离为d₂, 则
, 则 即AC 的最大值为5.
15. (1)
(2) √2
【分析】(1)根据棱台的体积公式求解；
(2)利用等体积法及三棱锥的体积公式求解.
【详解】(1)由题意，上底面正方形的边长AB₁=1, 下底面正方形边长AB=2,
所以上、下底面积分别为S₁=1²=1,S₂=2²=4,
又棱台的高DD₁=1,
(2)设点D 到平面BCC₁B₁的距离为h,
因为D₁D⊥底面ABCD,B CC 底 面ABCD,
所以 DD₁⊥BC,
又BC⊥DC,DC∩DD₁=D,DC,DD₁C 平面DCC₁D,
所以BC⊥平面DCCD, 又 CC₁ C 平面DCC₁D,
所以BC⊥CC₁,
在直角梯形DCC₁D 中，可得cC₁=√(DC-DC₁)²+DD²=√ 1+1=√2,
由VD-BCC₁= VG₁-BCD可得，
,解得h = √ 2.
16. (1) a=0.1, 平均每周课外阅读时长为5.3小时；
(2)2人；
(3)7.6小时.
【分析】(1)由频率分布直方图的性质，列出方程，求得a 的值，结合频率分布直方图的平均数的计算公式， 求得平均每周课外阅读时长；
(2)求得课外阅读时长在[2,4]和[2,6]的频率分别为0.2和0.5,结合分层抽样的方法，即可求解；
(3)根据题意，结合百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】(1)解：由频率分布直方图的性质，可得(0.05+a+0.15+0.125+0.075)×2=1, 可得a=0.1,
则平均每周课外阅读时长x=1×0.05×2+3×0.1×2+5×0.15×2+7×0.125×2+9×0.075×2=5.3 ( 小 时 ) .
(2)解：由频率分布直方图知，课外阅读时长在[2,6]的频率为(0.1+0.15)×2=0.5,
其中课外阅读时长在[2,4]的频率为0.1×2=0.2,
(3)解：由频率分布直方图知，前3个矩形的面积和为(0.05+0.1+0.15)×2=0.6, 前4个矩形的面积之和为(0.05+0.1+0.15+0.125)×2=0.85,
设第80%分位数位于[6,8],设第80%分位数为x, 则
所以该校高一学生“阅读爱好者”一周课外阅读时长的最小值为7.6小时.
17. (1)证明：因为三棱柱ABC-A₁B₁C₁ 为直三棱柱，所以B₁B⊥平面ABC,
因为CPc 平面ABC, 所 以B₁B⊥CP,
因为AC=BC,P 为AB的中点，所以CPIAB,
因为B₁B∩AB=B, B₁B,ABC 平面ABB₁A, 所以CP1 平面ABB₁A,
因为CPc 平面APC, 所以平面A₁PC⊥平面ABB₁A;
(2)MN // 平面APC, 理由如下：
取A₁C的中点E, 连接EN,EP,PM,
因为P,M,N 分别是AB,BC,CC₁ 的中点.
所以MP//AC, EN/IA₁C₁, 且 又AC=A₁C₁,AC//A₁C₁, 所以 MP//EN,MP=EN,
所以四边形ENMP 为平行四边形， 所以MN // EP,
因为MN女平面A₁PC,EPc 平面A₁PC, 所以MN// 平面A₁PC;
③
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【分析】(1)先得到B₁B⊥CP,CPIAB, 从而得到线面垂直；
(2)作出辅助线，得到线线平行，即可证线面平行；
(3)作出辅助线，找到二面角的平面角，结合余弦定理求出答案 【详解】(1)略
( 2 ) 略
(3) AB=2, 故 AP=1,
由勾股定理得AP=√4.4²+AP²=√3+1=2, CP= √AC²-AP²= √2, AC=√AA²+AC²=√6,
过点P 作 PH⊥A₁C 于 点H, 则
由勾股定理得. 过点E 作EL//PH, 则 ELIAC,
连接AE, 因为A₁A=AC=√3, 故∠AEL即为二面角P-AC-A
所以AEIAC,
的平面角，
因为EL//PH, 所以 ,所以
在△AAL 中， ,由余弦定理得
在△AEL中，由余弦定理得
所以 ,二面角P-AC-A 的正弦值为
18. (1)
(2)3 √3
【分析】(1)根据所给条件及余弦定理求出a,b,c 关系，得到csC, 即可求出sinC;
(2)由三角形面积可求出a,c, 再由三角形面积公式及SABC=SADc+SBDC即可求解.
【详解】(1)由3c=4b 可得 由余弦定理及8bcsC+3a=0 可得，
即9a²=4b², 故
, 又C∈(0, π),
解得b=6,
则a=4,c=8,
所以CD=3√3.
19. (1) ,k∈Z;
(2)[2- √3,2]
(3)-1
【分析】(1)恒等变换得到 ,从而求出函数对称轴方程；
(2)结合余弦函数图象特征得到最值，求出取值范围；
(3)求出,得到方程的根，得到相邻两根的差，结合 x₁-3x₂+2x₃=2(x₃-x₂)-(x₂-x₁)=0 得到方程，求出答案.
【详解】(1)由题意得
解得.,keZ, 故f(x) 的对称轴方程为 ,k∈Z;
(2)由题意得，
, k∈Z 时，
m-n 取得最小值，最小值为2- √ 3,此时 或
, k∈Z 时 ，m-n 取得最大值，最大值为1 - ( - 1)=2,
此时m=1,n=-1, 得到m-n 的取值范围是[2- √3,2]:
(3)由题意得.
即
所以., ke Z 或kez
故相邻两根之差
三个相邻实根x₁,x₂,x₃ ( 其 中x₁