广东省佛山市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷含解析（word版）

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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 b=−12a=−32,2 ,
所以 a+b=32,−2 ,
所以 a+b=322+−22=52 .
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 AD=AA1=12AB ,得 AB=2 .
在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中,由 AD//BC、AA1//CC1 ,可得 AD1//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+DD12=12+12=2 ,
因为 M 为 CD 中点,故 DM=12CD=1 ,
在 Rt△DD1M 中,则 D1M=DM2+DD12=12+12=2 ,
由 AD⊥DM,AD=DM=1 ,可得 AM=AD2+DM2=12+12=2 ,
所以 △AD1M 为等边三角形,故 ∠AD1M=60∘,cs∠AD1M=12 . 因此直线 BC1 与 D1M 所成角的余弦值为 12 .
5. D
【详解】由 tanα=2tanβ ,得 sinαcsα=2sinβcsβ ,即得 sinαcsβ=2csαsinβ ,
sinα+β=sinαcsβ+csαsinβ=13,
则 2csαsinβ+csαsinβ=13 ,得 3csαsinβ=13
解得: csαsinβ=19,sinαcsβ=29
故 sinα−β=sinαcsβ−csαsinβ=29−19=19 .
6. B
【详解】 cs75∘=cs45∘cs30∘−sin45∘sin30∘=22×32−22×12=6−24 ,
BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs75∘=22+62−2×2×6×6−24=4+23=3+12 ,
故 BC=3+1 .
7. C
【详解】根据 v=wR 得 w=vR=160rad/s ,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 到铁轨表面的高度为 ℎt=R−Rcsθ=12−12cs160t .
得到 ℎ0=0 符合初始条件.
8. A
【分析】根据题意,由 AP=12AB+13AC 可知,点 P 到 AB 的距离是点 C 到 AB 距离的 13 ,点 P 到 AC 的距离是点 B 到 AC 距离的 12 ,再结合平面向量基本定理得出 AD=34AB,AE=23AC 即可求解.
【详解】由 AP=12AB+13AC 可知,点 P 到 AB 的距离是点 C 到 AB 距离的 13 ,即 S△PBA=13S△ABC ,
点 P 到 AC 的距离是点 B 到 AC 距离的 12 ，即 S△PCA=12S△ABC ，
已知 AP=12AB+13AC ,则 CP=AP−AC=12AB−23AC ,
设 AD=xAB ,则 CD=AD−AC=xAB−AC ,
由于 CP 与 CD 共线,则存在实数 λ 使得 CP=λCD ,即 12AB−23AC=λxAB−AC ,
所以 12=λx−23=−λ ,解得 λ=23x=34,
所以 AD=34AB ,即 AD=34AB ,所以 S△PBD=14S△PBA=112S△ABC ,
设 AE=yAC,BP=AP−AB=−12AB+13AC ,
则 BE=AE−AB=yAC−AB
由于 BP 与 BE 共线,则存在实数 μ 使得 BP=μBE ,即 −12AB+13AC=μyAC−AB ,
所以 −12=−μ13=μy ,解得 μ=12y=23 ,
所以 AE=23AC ,即 AE=23AC ,所以 S△PCE=13S△PCA=16S△ABC ,
因此 S△PBDS△PCE=112S△ABC16S△ABC=12 ,故 A 正确.
9. BCD
【分析】对于 A ,由题可得 fx=cs2x ,据此可得最小正周期; 对于 B ,由 A 解析式可得 fx 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,fx=cs2x ,则其最小正周期为 π ,故 A 错误;
对于 B ,当 2x=π+2kπ⇒x=π2+kπ ,其中 k∈Z 时, fx 有最小值-1,故 B 正确;
对于 C,f5π4=cs5π2=csπ2=0 ,故 C 正确;
对于 D,x∈π2,π 时, 2x∈π,2π ,因 y=csx 在 π,2π 上单调递增,则 fx 在 π2,π 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 z1=32+12i,z2=−12+32i ,
所以 z1+z2=32+12i−12+32i=3−12+1+32i ,
对应点为 3−12,1+32 ,在第一象限,故 A 正确;
z12+z22=32+12i2+−12+32i2=12+32i−12−32i=0,
对应点 0,0 ,不在第一象限, B 错误;
z13+z23=32+12i3+−12+32i3=12+32i32+12i−12+32i−12+32i=1+i,
对应点为 1,1 ,在第一象限, C 正确;
z14+z24=32+12i22+−12+32i22=−12+32i−12+32i=−1+3i,
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,A1B1 的中点 E,F,G,H,I,J 即可; D 计算 △A1BD 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 232=3 ,故 A 正确;
因为 VA1−ABD=13S△ABD⋅AA1=13×12×2×2×2=43 ，
三棱锥 A1−ABD 的表面积为 12×2×2×3+34×222=6+23 ，
所以三棱锥 A1−ABD 的内切球半径为 3×436+23=23+3=3−33 ，故 B 错误；
分别取 A1D1,DD1,DC,BC,BB1,A1B1 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,BD⊂ 平面 ABCD ,所以 CC1⊥BD ,
因为 AC∩CC1=C,AC,CC1⊂ 平面 ACC1 ,所以 BD⊥ 平面 ACC1 ,
又 AC1⊂ 平面 ACC1 ,所以 BD⊥AC1 ,同理可证, A1B⊥AC1 ,
因为 A1B∩BD=B,A1B,BD⊂ 平面 A1BD ,所以 AC1⊥ 平面 A1BD ,
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 34×222=23 ,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、 y 轴建立平面直角坐标系,
设小正方形的边长为 1,由图可知, C0,0,D2,0,A1,3,B4,2 ,
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 l ,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 L=12×2π×2=2π ,因此有 2πr=2π ,解得 r=1 ; 因为 l2=r2+ℎ2 ,所以 ℎ=l2−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， α+β=π2 ，即 β=π2−α ，
已知 sinα=45 ，由于 α 是四边形 ABCD 的内角，所以 α∈0,π ，因为 β=π2−α>0 ，所以 α