宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷，共6页。试卷主要包含了9B．10等内容，欢迎下载使用。
学校:姓名：班级：考号：
单选题
2026 年美加墨世界杯开赛前10 天，每天的进球数如下： 5,7, 7,19,8,16,13,14, 7,13 ，按从
小到大的顺序将其排序为：5, 7, 7, 7,8,13,13,14,16,19 ，则这组数据的第80 百分位数和平均数分别是（ ）
15 和10.9B．10.5 和10.9C．10.5 和11D．15 和10.5
若直线l 经过点a  2, 1 和a  2,1 ，且与斜率为 2 的直线垂直，则实数a 的值为
3
 2
3
 3
2
2
3
→–→–→ →
–→–→ →
3
2
–→–→
若e1 , e2 , e3是空间的一个基底，且向量a  e1  e2 , b  e2  e3 , c  3e1  te3 不．能．构成空间
的一个基底，则t  （ ）
3
2
1
D．0
下列说法不正确的是（ ）
三个两两垂直的平面的交线也两两垂直 B．共点的三条直线两两垂直，它们中每两条直线确定的平面也两两垂直 C．两个平面垂直，过一个平面内的任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面
D．两个平面垂直，一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线
从 3 名男生和 2 名女生中任选 3 人参加志愿者活动，则所选 3 人中既有男生又有女生的
概率为（ ）
A． 3
10
C． 7
10
． 1
B
2
D． 9
10
将下面的展开图恢复成正方体后， ABC 的度数为（ ）
A．22.5°B．45°C．60°D．90°
已知α,β都是锐角， sinα 4 3 , cs α β   11 ，则sinβ （ ）
714
3
2
3
3
3． 1
D
42
在平行四边形 ABCD 中， O 为 AC 的中点，点 E 在 AB 上，且 AE  2EB ，设
OB  m, AD  n ，若OE  sm  tn ，则st  （ ）
1
9
1
3
 1
9
 1
3
多选题
已知复数 z1, z2 在复平面内对应的点分别为(3, a) 和(2, 2) ，则（ ）
z1  3  ai
z1  z2 的虚部为 1
存在a ，使得 z1  z2
z1z2 在复平面内对应的点不可能在第四象限
在V ABC 中，三边长分别为 a，b，c，且abc  2 ，则下列结论正确的是（ ）
a2b  2  ab2
C． a  b2  c2  4
ab  a  b  2
2
2
D． a  b  c  2
在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点 E ， F 满足 DE  ED1 ，
BF  λAA1  μAD 0  λ 1, 0  μ 1 ，则（ ）
BD1 // 平面 AEC
若 AF 与平面 BCC B 所成角为 π ，则 F 点的轨迹长度为 2π
1 142
当λ μ 1 时，满足到直线 AB 与到平面 A1B1C1D1 的距离相等的点 F 有两个
当λ μ 1 时，四面体 FBB A 外接球体积为 2π
21 13
填空题
已知V ABC 中，AB  4 ，AC  7 ，AD 为边 BC 上的中线，若 AD  7 ，则 BC .
2
若甲、乙、丙在 10 分钟之内独立复原魔方的概率分别 0.7，0.6，0.5，则甲、乙、丙至
少有一人在 10 分钟之内独立复原魔方的概率为.
ac1 sinB  1 cs2 Ab2
在V ABC 中，内角 A ，B ，C 所对的边分别为的取值范围是．
，b ， ，若
csB
sin2 A
，则
a2  2c2
解答题
一机械制造加工厂的某条生产线在设备正常运行的情况下，生产的零件尺寸 z（单位：
mm ）服从正态分布 N 240,σ2  ，且 P z  248  0.95 .
求 z  232或 z  248的概率；
若从该条生产线上随机选取 3 个零件，设 X 表示零件尺寸小于 232 mm 加或大于 248 mm
的零件个数，求 X  2 的概率.
如图，已知四棱锥 P−ABCD 的底面 ABCD 是正方形，侧棱 PD  底面 ABCD ，
PD  DC ，E 是 PC 的中点．
证明： PA// 平面 BDE ；
求平面 BDE 与平面 DEC 夹角的余弦值．
如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， E 是 PD 的中点，
PA  PC  AB  2 ， PB  PD ， ABC  60 ．
求证： PB ∥平面 ACE ；
求三棱锥 E  ACD 的体积．
如图，正三角形 ABC 的边长为 6， E ， F 分别是边 AB ， AC 上的点，且–––→ 
–––→
，
AF  y AC ，其中 x, y 0,1 ， N 为 BC 的中点．
AEx AB
若 y  1 ，求 BF  AN ；
3
––––→
设M 为线段 EF 的中点，若 x  y  1 ，求 MN 的最小值．
在锐角V ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，且满足.
请从条件①、条件②中选择一个条件补充至横线处，并解决下列问题：条件：① c  b  2a cs B ；② a cs B  cs C   b  c cs A .
证明： A  2B ；
若BAC 的平分线交 BC 于 D ， AD  1 ， sin B  3 ，求 1  1 的值；
5bc
求 c 的取值范围.
a
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分.
参考答案
12．9
0.94 / 47
50
 0, 1 
2 

15．(1) 0.1
(2) 0.027
【详解】（1）因为零件尺寸 z 服从正态分布 N 240,σ2  ，所以 P z  248 1 P z  248  0.05 ，
因为 232  248  240 ，所以 P z  232  P z  248  0.05 .
2
故 z  232 或 z  248的概率为0.05  0.05  0.1 .
（2）依题意可得 X ~ B 3, 0.1 ，
3
所以 P X  2  C2 0.12 10.1  0.027 . 16．(1)证明见解析
(2) 3
3
【详解】（1）以 D 为坐标原点，分别以 DA, DC, DP 所在直线为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
设 PD  DC  2 ，则 D 0, 0, 0, A2, 0, 0, P(0, 0, 2), E 0,1,1, B 2, 2, 0 ，
DE  0,1,1, DB  2, 2, 0, PA  2, 0, 2 ，设n1  (x, y, z) 是平面 BDE 的一个法向量，

–→ –––→
n1  DE  y  z  0
则–→ –––→，
n1  DB  2x  2 y  0
取 y −1，则 x  1, z  1 ，即n1  1,−1,1 ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
A
C
D
C
A
C
AD
ABC
题号
11
答案
AD
因为 PA  n1  2 1 0 1  21  0 ，所以 PA  n1 ，又 PA⊄平面 BDE ，∴ PA// 平面 BDE ．
（2）由（1）知n1  (1, 1,1) 是平面 BDE 的一个法向量，
n2  DA  (2, 0, 0) 是平面 DEC 的一个法向量，设平面 BDE 与平面 DEC 夹角为θ，
–→ ––→ n1  n2 –→ ––→
n1 n2
–→ ––→23
则csθ cs
n1, n2
，
3  2
3
即平面 BDE 与平面 DEC 夹角的余弦值为 3 ．
3
17．(1)证明：连接 BD 交 AC 于O ，且连接OE ，则O 为 AC 的中点．
因为 E 是 PD 的中点，所以OE 为VPBD 的中位线，所以OE∥PB ，又因为 PB ⊄面 ACE ， OE  面 ACE ，所以 PB / / 面 ACE
2
(2) 1
【详解】（1）略
（2）因为 PA  PC ， O 为 AC 的中点，所以 PO  AC ，又因为 PB  PD ，所以 PO  BD ，
因为 AC ， BD  面 ABCD ， AC  BD  O ，所以 PO  面 ABCD ， 菱形 ABCD 中， ABC  60 ， AB  2 ，所以 AC  2 ，所以OC  1 ，
1
PC2  OC2
因为 E 为 PD 的中点，所以点 E 到面 ABCD 的距离为 1 PO  1 4 1  3
2222
3
又S 1 AD CD sinADC  1  2 2 3 
△ACD
222
所以V
 1 S
 1 PO  1  3  3  1
EACD
3 △ACD
2322
所以三棱锥 E  ACD 的体积为 1 ．
2
18．（1） 18 ；（2） 3 3 ．
2
【详解】解：【法一（基底法）】
当
y  1
3
–––→–––→ –––→
时， BF  AF  AB 
1 –––→ –––→
AC  AB ，
3
–––→
AN 
1 –––→–––→
( AB  AC) ， 2
–––→ –––→ 1 –––→1 –––→   1 –––→ –––→ 
223
BF  AN   AB  AC   AC  AB 
 
 
1 –––→2
AB
1 –––→ –––→
 AB  AC 
1 –––→2
AC
236
 18 ．
––––→
1 –––→–––→1–––→–––→
–––→
1 –––→–––→
AM 
( AE  AF ) 
22
(x AB  y AC) ， AN 
( AB  AC) ， 2
––––→–––→ ––––→
则MN  AN  AM 
1 x –––→
AB 
1 y –––→
AC 
1 x –––→
AB 
x –––→
AC ，
2222
(1 x)2 –––→2
4
AB 
x  x2 –––→ –––→x2 –––→2
2
AB  AC AC
4
––––→–––→ ––––→
则 MN  AN  AM 
1 2
 x  2   4
3

 3
1
．
3 3
––––→
当 x  y  时， MN 的最小值为．
22
【法二（坐标法）】
以 BC 所在直线为 x 轴，其中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系，则 N 0, 0 ， B −3, 0 ， A0, 3 3 ， C 3, 0 ，
–––→  1 –––→
F 1, 2
3
3
由 AF AC ，得  ，
–––→–––→
则 AN  0, 3 3 ， BF  4, 2 3  ， AN  BF  18 ．
–––→–––→
∵ AE  x AB ， AF  y AC ，
3
∴ E(3x, 3
 3 3x)  (3x, 3 3y) ， F (3y, 3
 3 3y)  (3y, 3 3x) ，
3
M 为线段 EF 的中点，则M  3 (x  y), 3 3  ，
 22 

9 ( y  x)2  27
4
4
9 (2x 1)2  27
4
4
––––→
则 MN ，
3 3
1––––→
当 x  y  时， MN 的最小值为．
22
19．(1)证明见解析
(2) 1  1  8
bc5
(3) c  2 , 2 3 
a 23 

【详解】（1）若选①：因为c  b  2a cs B ，由正弦定理得sin C  sin B  2 sin Acs B ，因为sin C  sin  A  B  sin A cs B  cs Asin B ，
所以sin A cs B  cs Asin B  sin B  2 sin A cs B ，所以sin B  sin A cs B  cs Asin B  sin  A  B ，
所以 B  A−B ，或 B  π   A  B （舍去），即 A  2B ；若选②：由正弦定理及a cs B  cs C   b  c cs A ，得sin A cs B  sin A cs C  cs Asin B  cs Asin C ，
所以sin A cs B  cs Asin B  sin A cs C  cs Asin C ，所以sin  A  B  sin  A  C  ，
因为 A  B  C  π ，所以sin  A  B  sin B ，
所以 A−B  B 或 A  B  B  π （舍去），所以 A  2B ；
因为sin B  3 ， B 为锐角，
5
所以cs B  4 ， sin A  sin 2B  2 sin B cs B  24 ，
525
因为SV ABC  SV ABD  SV ACD ，
所以 1 bc sin A  1 b  c AD sin B ，
22
所以12 bc  3 b  c ，
2510
所以 b  c  8 ， 1  1  8 ；
bc5bc5
由V ABC 是锐角三角形， 0  B  π ， 0  A  2B  π ， 0  C  π  A  B  π ，可得
π  B  π ，
64

所以cs B 
222
23 
,，
 22 
csin C

sin π  A  B
sin 3B
sin 2B cs B  cs 2B sin B
sin B 2 cs2 B 11
 cs B  2 cs B 
asin A
sin A
sin 2B
sin 2B
2 sin B cs B
2 cs B
，
令cs B  t ，则t  2 , 3  ， f t   2t  1 在 2 , 3  上单调递增，
 22 
2t
22 

而 f  2   2  1 2 ， f  3   3  1  2 3 ，
2
3
 2 
2 2
3

所以 f t  2 , 2 3  ，
 23 

所以 c  2 , 2 3  .
a 23 
