吉林省长春外国语学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份吉林省长春外国语学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷试卷主要包含了 ， 0， 40π，【答案】答案见详解等内容，欢迎下载使用。
长春外国语学校 2025-2026 学年第二学期第三学程考试高一年级
数学试卷
出题人 ：陈燕审题人：尹璐
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 2 页。考试结束后，将答题卡交回。
注意事项：
答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
如图，某建筑物的高度 BC  150m ，一架无人机Q （无人机的大小忽略不计）上的仪器观测到建筑物顶部C 的仰角为15 ，地面某处 A 的俯角为45 ，且BAC  60 ，则此无人机距离地面的高度 PQ 为（ ）
0mB．150m
C．100mD．50m
32π
已知一个正四面体的所有顶点在同一个球面上，若球的体积为 3 ，则正四面体的高
为（ ）
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
4 68
4 34 2
第 I 卷（选择题）
一、单选题（本题共 8 小题，每题 5 分 ，共 40 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
A． 3B． 3C． 3D． 3
在aABC 中， A  60 ， AC  4 ， BC  2 6 ，则 B （）
0°B．45°C．135°D．45°或 135°
1．i 是虚数单位，复数 z 满足 zi 1  2i ，则 z （）
 –––→–––→ 
–––→
–––→–––→
A．1 i
1 i
2  2i
2  2i
–––→
已 知 非 零 向 量 AB 与 AC
满 足  AB  AC   BC  0 ， 且 AB  AC  2 2 ，
–––→–––→

设一组样本数据 x1, x2 ,, xn 的极差为2 ，方差为0.1 ，若数据ax1  b, ax2  b,, axn  b
–––→–––→
 ABAC 
的极差为4 ，则数据ax1  b, ax2  b,, axn  b 的方差为
AB  AC
 6 2 ，点 D 是aABC 的边 AB 上的动点，则 DB  DC 的最小值为（）
1
（）
 1
4
 1
5
7
8
A．0.02B． 0.04C．0.2D．0.4
→
已知向量a  2, 2 ， b   3, 0，则a 与b 的夹角的余弦值为
（）
多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，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）
下列说法正确的是
（）
A．  1
2
122
B． 2C．  2D． 2
A．1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 的第 60 百分位数是 6
设?，?是不同的直线，?，?是不同的平面，则下列命题正确的是（）
? ⊥ ?，?//?，则? ⊥ ?B．?//?，? ⊥ ?，? ⊂ ?⇒? ⊥ ?
C．? ⊥ ?，? ⊥ ?，则?//?D．?//?，? ⊥ ?，则? ⊥ ?
已知一组数据 2，3，5，x，8 的平均数为 5，则这组数据的方差是5.2
用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
若 x1 ， x2 ，…， x10 的平均值为 2，则3x1 1， 3x2 1，…， 3x10 1的平均值是 7
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）已知平面向量
→
a   x,1, b  2, 1, x  R .
若 a 与b 共线，求 2a  b ；
抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，观察落地时朝上的面的点数，记随机事件 A1  “点
数为奇数”， A2  “点数为偶数”， A3  “点数小于 3”， A4  “点数大于 3”，则
（）
A． A3 与 A4 互为对立事件B． A1 与 A2 互斥
C． A1 ∪ A3 ∪ A4 是必然事件D． A2 与 A3 相互独立
在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，连结线段 AC1 ，下列说法正确的是
（）
正方体的棱所在直线有 6 条与直线 AC1 异面
直线 AC1 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 6
3
直线 AC1  平面 A1BD
点 A 到平面 A1BD 的距离为 3
3
填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
若 a 与b 的夹角为钝角，求 x 的取值范围.
16.（15 分）为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取 100 人的成绩（百分制）作为样本，并按40, 50,50, 60,,90,100分组，作出频率分布直方图如图所示．
求m 的值，并估计样本中成绩不低于 60 分的人数；
估计样本中成绩的上四分位数；
若规定成绩不低于 80 分为“良好”等级，
已知样本中成绩在80, 90 内的平均数为 88，方差为 7，
成绩在90,100 内的平均数为 96，方差为 7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 17.（15 分）如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧棱 PA 垂直于底面， AD  AP ，点 E 、 F 分别是 AB 、 PC 的中点．
若向量a
为单位向量，且
b  1, 2
， →  b ，则向量
a 的坐标是．
求证： EF // 平面 PAD ；
求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值．
a
组别cm
x  160
160  x  170
170  x  180
x  180
人数
13
43
36
8
为了解某地区九年级男生的身高情况，随机选取了该地区 100 名九年级男生进行测量，他们的身高 x（cm）统计如下表：
根据上表，抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高高于 170cm 的概率是．
18．（17 分）在aABC 中，
asinA  asinBcsC  csinBcsA  csinC  bsinA ，其中角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ．
求角C 的大小；
若aABC 为锐角三角形，求 b 的取值范围．
a
在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1 中， AB  4, A1B1  2 ，高为3
2 ，则该正四棱台的外
接球的表面积为．
19．（17 分）如图，在三棱锥 A−BCD 中， AB  AD  2 ， BAD  60 ，BCD  30 ，
 x  1
   1 
2所以 x 的取值范围
， 2 ∪ 2， 
13 分
6
BD  CD ．E 是 BD 的中点，Q 是 BC 的中点， AQ ．
求证： AE  平面 BCD ；
若 P 是 AD 的中点， M 在CD 上， PM // 平面 ABC ．
（ⅰ）求CM 的长；
x  2
【答案】(1) m  0.025 ，90
(2)86
平均数为 91，方差为 22．
2 
（ⅱ）求二面角 P  BM  D 的正切值．
长春外国语学校 2025-2026 学年第二学期第三学程考试高一年级
参考答案
一、选择题：
填空题：
【详解】（1）在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为 1，
则0.005  0.005  0.020  0.030  m  0.01510  1，解得m  0.025 ，2 分估计样本中成绩不低于 60 分的人数为100  0.005  0.00510 100  90 ．4 分
前四个小矩形的面积之和为0.005  0.005  0.020  0.03010  0.6 ，前五个小矩形的面积之和为0.6  0.02510  0.85 ，
所以成绩的上四分位数落在80, 90 内，设其为a ，
则0.60  a−80 0.025  0.75 ，解得a  86 ，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
D
C
B
C
B
B
C
BD
BCD
ACD
2 55  2 55 
12. 
，  或
5
，
13. 0.44
14. 40π
即估计样本中成绩的上四分位数为 86．8 分
5  55 
解答题
样本中成绩在80, 90 内占成绩在80,100 内的比例为0.25 5 ，
0.25  0.158
5
【答案】（1） 3（2）  ， 2∪  2 1 
样本中成绩在90,100 内占成绩在80,100 内的比例为0.15 3 ．10 分
， 
2 

0.25  0.158

【详解】
设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为 x，s2 ，
88
8 8 

 
（2）由 a 与b 夹角是钝角，则 a  b  0 且 a 与b 不共线8 分
a  b  2x 1  0
1
（1）由 a 与b 共线，可得 x  2 ，所以 x  2
2 分
由分层随机抽样的平均数公式可得  5  88  3  96  91 ，
x
12 分
2a  b   4,2 2,1   6,3
2a  b  62  32 45  3 5
4 分
6 分
由分层随机抽样的方差公式可得s2  5 7  88  912   3 7  96  912   22 ，
故样本中“良好”等级的成绩的平均数为 91，方差为 22．
15 分
【答案】（1）证明见详解（2）
2
【详解】

 x  2
10 分
(1)证明：取 PD 的中点G ，连接 AG, FG ，因为点 E 、 F 分别是 AB 、 PC 的中点，
所以 FG//CD 且
FG  1 CD
2
，又因为 AE //CD 且
AE  1 CD
2，
所以由正弦定理可得a2  b2  c2  ab ，4 分
a2  b2  c21
所以 AE //FG 且 AE  FG ，所以四边形 AEFG 是平行四边形，所以 EF //AG ，
由余弦定理可得cs C 
2ab
 ，6 分
2
因为 EF ⊄平面 PAD ， AG 平面 PAD ，
又因为0  C  π ，所以C  π ．8 分
3
（2）由C  π ，得 A  B  2π ．
所以 EF // 平面 PAD ．6 分33
（2）过点 E 作 PB 的垂线，设垂足为 H ，连接 HF ，
又aABC 为锐角三角形，所以0  A  π , 0  B  π ．
22
因为 PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，所以 BC  PA ，
由 B  2π  A ，可得
3
π  A  π ．10 分
62
因为底面 ABCD 是正方形，所以 BC  AB ，
sin  2π  A1
3
3
由正弦定理， b
sinB
 3csA 
sinA
1 ．14 分
   22 
因为 PA  AB  A ，且 PA, AB  平面 PAB ，所以 BC  平面 PAB ，
asinA
sinA
sinA
2tanA2
因为 EH  平面
PAB
，所以
EH  BC ，
当 A  π , π  时， 0 
 6 2 

1
tanA
 3 ，16 分
故 1  b  2 ．17 分
因为 EH  PB ，且 PB  BC  B ， PB, BC  平面 PBC ，2a
所以 EH  平面 PBC ， EFH 即为直线 EF 与平面 PBC 所成角的平面角，10 分
19.【答案】（1）答案见详解(2)（ⅰ）
【详解】
；（ⅱ） 7
3
3
设 AD  AP  AB  a ，
sin PBA  PA  EH  2
1 a2
2a
EH  2
 2 a
(1)证明：因 AB  AD  2 ， BAD  60 ，则 BD  2 ,
3
AE  3 AB 
3
在Rt△PAB 中
PBBE
2 ，即4，
又因 E 是 BD 的中点，则 AE  BD ,且2,
由（1）可知，
EF  AG  1 PD  2 a
22，
在RtaBCD 中， BCD  30 ，则CD  2,
sin EFH  EH  1
所以EF2 ，
又因Q 是 BC 的中点，则
QE  1 CD 
3
2,
1
即直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 2 ．15 分
因 AQ ，则由 AE2  QE2  3  3  6  AQ2 可得 AE  EQ ,
6
因 BD ∩ EQ  E, BD, EQ  平面 BCD ，故 AE  平面 BCD .5 分
【答案】(1) C  π(2) 1  b  2
32a
【详解】（1）由正弦定理，设a  2RsinA, b  2RsinB, c  2RsinC ．原式可化为sin2 A  sinAsinBcsC  sinCsinBcsA  sin2C  sinAsinB ．
（2）（ⅰ）因 PM // 平面 ABC ， M 在CD 上，则 PM  平面 ACD ，
因平面 ACD  平面 ABC  AC ，则 PM / / AC ，
3
CM  1 CD 
因为sinAcsC  sinCcsA  sin  A  C   sinB ，所以sin2 A  sin2 B  sin2C  sinAsinB ．
又因 P 是 AD 的中点，则M 是CD 的中点，故2
；9 分
（ⅱ）取 ED 的中点O ，连接 PO ，因 P 是 AD 的中点，则 PO / / AE ，且
PO  1 AE 3
22 ，
在平面 BPM 中，作 PH  BM 于点 H ，连接OH .
由（1）得 AE  平面 BCD ，则 PO  平面 BCD ，因 BM  面 BCD ，则 PO  BM ，因 PO ∩ PH  P, PO, PH  平面 PHO ，则 BM  平面 PHO ，
(2 3)2 12
又OH  平面 PHO ，则 BM  OH ，故PHO 即二面角 P  BM  D 的平面角.13 分
连接CE ，易得 AE 
3, CE 
 13 ，
3 13
因 AE  平面 BCD ， CE  平面 BCD ，则 AE  CE ，则 AC  4 ，
PM  1 AC  2
故2，又
PB 
3  2 
2
3, BM 

22  ( 3)2
7
，
由 PM 2  PB2  7  BM 2 可得 BP⊥PM ，
2 3
7
PH  PB  PM 
在Rt△BPM 中，由等面积可得
( 2 3 )2  (
7
3 )2
2
OH 
故在Rt△PHO 中，
3
BM，
 3 21
14 ，
tan PHO  PO 
OH
则
2
3 21
14
7
3
，即二面角 P  BM  D 的正切值为
7
3 .17 分