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重庆市渝中区巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题
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这是一份重庆市渝中区巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题，共13页。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
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.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A. B. C. D.
2.某校高一年级有四个班共有学生200人，其中1班60人，2班50人，3班50人，4班40人.该校要了解高一学生对食堂菜品的看法，准备从高一年级学生中随机抽取40人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按班级来分层，则高一2班应抽取的人数是（ ）
A.12 B.10 C.8 D.20
3.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形OABC中的（ ）
A. B. C.3 D.2
4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，则
C.若，，则 D.若，则
5.甲､乙､丙3人独立参加一项挑战，已知甲､乙､丙能完成挑战的概率分别为､､，则甲､乙､丙中有人完成挑战的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（ ）
A.0 B. C. D.
7.甲在A处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角（是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角）为45°､距离A处为10的C处，并测得乙正沿方位角为105°的方向，以6的速度航行，甲立即以14的速度前去营救，甲最少需要（ ）小时才能靠近乙.
A.1 B.2 C.1.5 D.1.2
8.已知向量满足，且向量在方向上的投影向量为.若动点C满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. 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.设复数z的共轭复数为，为虚数单位，若，则（ ）
A.复数z的虚部为 B.
C.在复平面内对应的点在第一象限 D.
10.一个袋子中有大小相同，标号分别为1，2，3，4的4个小球.采用不放回方式从中任意摸球两次，一次摸一个小球.设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，事件“两次摸出球的标号都是偶数”，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，在棱长为2的正方体（中，点M分别为上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ）
A.取得最小值
B.当M为中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形
C.四面体ABMD的外接球的表面积为时，
D.若，则点O的轨迹长为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知向量，若，则___________.
13.若圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则圆锥的侧面积为___________.
14.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若的面积，，则t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.（本小题满分13分）为调查外地游客对洪崖洞景区的满意程度，某调查部门随机抽取了100位游客，现统计参与调查的游客年龄层次，将这100人按年龄（岁）（年龄最大不超过65岁，最小不低于15岁的整数）分为5组，依次为，并得到频率分布直方图如下：
（1）求实数a的值；
（2）估计这100人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（3）估计这100人年龄的第80百分位数.（结果保留一位有效数字，四舍五入）
16.（本小题满分15分）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点.
（1）证明：平面；
（2）试确定点P的位置，使得.
17.（本小题满分15分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求A的大小；
（2）已知，若A为钝角，求面积的取值范围.
18.（本小题满分17分）已知三棱台中，为正三角形，，点E为线段AB的中点.
（1）证明：平面；
（2）延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值；
（3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值.
19.（本小题满分17分）球面三角学是研究球面三角形的边､角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A､B､C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B､C的圆，同理，圆的劣弧AC､AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为.
（1）若平面OAB､平面OAC､平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
（2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设.
则：①求证：；
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积.
高2026届高一（下）期末考试
数学参考答案
一､单选题
1【答案】C
【解析】由正弦定理得：，则，由得，所以，故选C.
2【答案】B
【详解】依题意高一2班应抽取的人数为人，故选：B.
3【答案】C
【解析】根据斜二测画法规则，，且，则，故选C.
4【答案】B
【解析】A中m可能在α内，错误；B中由线面垂直的性质显然正确；C中α与β可能相交，错误；D中n可能在α内，可能平行于α，可能与α斜交，错误，故选B.
5【答案】D
【解析】由题意，甲､乙､丙三人都没完成挑战的概率，再由对立事件关系，则甲､乙､丙中有人完成挑战的概率，故选D.
6【答案】A
【解析】由题意，，，
又，，
所以，即有，故选A.
7.【答案】A
【解析】设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则，又，在中，由余弦定理得：，则，
即，解得或（舍去），故选A.
8【答案】D
【解析】如图，根据投影向量，，则，且，因为，
所以点C在以O为圆心，半径的圆上运动.设M是AB的中点，由极化恒等式得：，因为，则，即的最小值为，故选D.
二､多选题
9【答案】AD
【解析】由题意，，则虚部为，，则A正确，B错误；在复平面内对应的点在第二象限，C错误；
，，，D正确，故答案为AD.
10【答案】ABD
【解析】由题意，摸球两次的样本空间
,
事件,事件,所以,
，利用古典概型计算公式，，，，，
故答案为：ABD.
11【答案】ABD
【解析】选项A中，将平面沿翻折到与平面为同一平面，当D，M，三点共线时，则，正确；
选项B中，设N是的中点，连接，NB，易证，所以平面平面，此截面是平行四边形，正确；
选项C中，当时，因为CM，AD，AB两两垂直，所以四面体ABMD的外接球的直径，则，此时外接球表面积，错误；
选项D中，由，所以点O在AC的中垂面上，设的中点为H，则，易证平面，则，所以点O在以H为球心，的半圆上运动，点O的轨迹长为，D正确.故答案为：ABD.
三､填空题
12【答案】
【解析】由题意，，则，所以，故答案为.
13【答案】
【解析】由题意，底面圆的半径，母线，于是，故答案为.
14【答案】
【解析】由正弦定理，可化为，由得：，当且仅当，即，时等号成立，故答案为.
四､解答题
15.【答案】（1）；（2）41.5（3）
【解析】（1）由题知，，则；
（2）由图样本平均数；
（3）由题知，年龄在）的频率为0.9，年龄在的频率为0.6，则年龄的第80百分位在[45，55）之内，设第80百分位数为x，则，解得.
16【答案】（1）略；（2）略
【解析】（1）证明：由题知，由，则四边形为平行四边形，所以，所以面，同理可证，所以面
由面，面，所以面面，
又面，所以面；
（2）取BC中点E，连接DE，PE.在△BDC中，，则为正三角形，
所以，又，所以面EDP，所以.
在面中，，平面，所以，
在中，E为BC中点，所以EP为中位线，则点P为中点.
17【答案】（1）或；（2）
【解析】由正弦定理，可化为，
则有，因为在中，，
所以化简得：，又，解得：或；
（2）由得：，则，
从而，因为A为钝角，所以由（1）知，，且，
有余弦定理可得：，因为，所以，
当且仅当时等号成立，又b，c可以无限接近0，所以，
从而，故面积的取值范围为.
18【答案】（1）略；（2）（3）
【解析】（1）如图，设F是BC的中点，连接EF，，
在三棱台中，因为，所以，
且，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，，于是可得：，所以四边形是一个平行四边形，则有，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，又为定值，所以当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大.因为，所以分别是PA，PB的中点，因此△PAB是边长2的正三角形，因为，由平面平面ABC的性质可证得：平面ABC，
又，则；
则三棱锥P-ABC的体积最大值为1.
（3）如图，，是PC的中点，则，
所以二面角的平面角是，又，由余弦定理得：，解得，
作于点O，连接PO，因为平面，所以，又，平面，所以平面，则∠BPO为直线与平面所成角，由，则，从而，
所以直线与平面所成线面角的余弦值为.
19【答案】（1）；（2）略（3）
【解析】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有，
所以球面三角形ABC面积为；
（2）①证明：由余弦定理有：，且，消掉，有.
②由AD是球的直径，则，又，所以面BCD，则，
所以可证得平面ABC，由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，
所以，不妨先令，则，
由，，，以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，设，
则，
则，，
设平面OBC法向量，，则，取，则，所以，
设平面EST法向量，，则，
取，则，所以，
要使取最小值时，则取最大值，
所以，
令，则，有，当且仅当取等）.
则取最大值，为最小值
此时点，平面AEC中，，法向量.
球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，，
所以截面圆面积为1
2
3
4
5
6
7
8
C
B
C
B
D
A
A
D
9
10
11
AD
ABD
ABD
12
13
14
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
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.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A. B. C. D.
2.某校高一年级有四个班共有学生200人，其中1班60人，2班50人，3班50人，4班40人.该校要了解高一学生对食堂菜品的看法，准备从高一年级学生中随机抽取40人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按班级来分层，则高一2班应抽取的人数是（ ）
A.12 B.10 C.8 D.20
3.已知平面四边形OABC用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形OABC中的（ ）
A. B. C.3 D.2
4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，则
C.若，，则 D.若，则
5.甲､乙､丙3人独立参加一项挑战，已知甲､乙､丙能完成挑战的概率分别为､､，则甲､乙､丙中有人完成挑战的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，E为的中点，则异面直线BE和DC所成角的余弦值为（ ）
A.0 B. C. D.
7.甲在A处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角（是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角）为45°､距离A处为10的C处，并测得乙正沿方位角为105°的方向，以6的速度航行，甲立即以14的速度前去营救，甲最少需要（ ）小时才能靠近乙.
A.1 B.2 C.1.5 D.1.2
8.已知向量满足，且向量在方向上的投影向量为.若动点C满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. 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.设复数z的共轭复数为，为虚数单位，若，则（ ）
A.复数z的虚部为 B.
C.在复平面内对应的点在第一象限 D.
10.一个袋子中有大小相同，标号分别为1，2，3，4的4个小球.采用不放回方式从中任意摸球两次，一次摸一个小球.设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号小于3”，事件“两次摸出球的标号都是偶数”，则（ ）
A. B.
C. D.
11.如图，在棱长为2的正方体（中，点M分别为上的动点，O为正方体内一点，则以下命题正确的是（ ）
A.取得最小值
B.当M为中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形
C.四面体ABMD的外接球的表面积为时，
D.若，则点O的轨迹长为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知向量，若，则___________.
13.若圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则圆锥的侧面积为___________.
14.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若的面积，，则t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.（本小题满分13分）为调查外地游客对洪崖洞景区的满意程度，某调查部门随机抽取了100位游客，现统计参与调查的游客年龄层次，将这100人按年龄（岁）（年龄最大不超过65岁，最小不低于15岁的整数）分为5组，依次为，并得到频率分布直方图如下：
（1）求实数a的值；
（2）估计这100人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（3）估计这100人年龄的第80百分位数.（结果保留一位有效数字，四舍五入）
16.（本小题满分15分）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是一个菱形，，点P为上的动点.
（1）证明：平面；
（2）试确定点P的位置，使得.
17.（本小题满分15分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求A的大小；
（2）已知，若A为钝角，求面积的取值范围.
18.（本小题满分17分）已知三棱台中，为正三角形，，点E为线段AB的中点.
（1）证明：平面；
（2）延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值；
（3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成线面角的余弦值.
19.（本小题满分17分）球面三角学是研究球面三角形的边､角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A､B､C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B､C的圆，同理，圆的劣弧AC､AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角C-OA-B，A-OB-C，B-OC-A分别为α，β，γ，则球面三角形的面积为.
（1）若平面OAB､平面OAC､平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积；
（2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设.
则：①求证：；
②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积.
高2026届高一（下）期末考试
数学参考答案
一､单选题
1【答案】C
【解析】由正弦定理得：，则，由得，所以，故选C.
2【答案】B
【详解】依题意高一2班应抽取的人数为人，故选：B.
3【答案】C
【解析】根据斜二测画法规则，，且，则，故选C.
4【答案】B
【解析】A中m可能在α内，错误；B中由线面垂直的性质显然正确；C中α与β可能相交，错误；D中n可能在α内，可能平行于α，可能与α斜交，错误，故选B.
5【答案】D
【解析】由题意，甲､乙､丙三人都没完成挑战的概率，再由对立事件关系，则甲､乙､丙中有人完成挑战的概率，故选D.
6【答案】A
【解析】由题意，，，
又，，
所以，即有，故选A.
7.【答案】A
【解析】设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则，又，在中，由余弦定理得：，则，
即，解得或（舍去），故选A.
8【答案】D
【解析】如图，根据投影向量，，则，且，因为，
所以点C在以O为圆心，半径的圆上运动.设M是AB的中点，由极化恒等式得：，因为，则，即的最小值为，故选D.
二､多选题
9【答案】AD
【解析】由题意，，则虚部为，，则A正确，B错误；在复平面内对应的点在第二象限，C错误；
，，，D正确，故答案为AD.
10【答案】ABD
【解析】由题意，摸球两次的样本空间
,
事件,事件,所以,
，利用古典概型计算公式，，，，，
故答案为：ABD.
11【答案】ABD
【解析】选项A中，将平面沿翻折到与平面为同一平面，当D，M，三点共线时，则，正确；
选项B中，设N是的中点，连接，NB，易证，所以平面平面，此截面是平行四边形，正确；
选项C中，当时，因为CM，AD，AB两两垂直，所以四面体ABMD的外接球的直径，则，此时外接球表面积，错误；
选项D中，由，所以点O在AC的中垂面上，设的中点为H，则，易证平面，则，所以点O在以H为球心，的半圆上运动，点O的轨迹长为，D正确.故答案为：ABD.
三､填空题
12【答案】
【解析】由题意，，则，所以，故答案为.
13【答案】
【解析】由题意，底面圆的半径，母线，于是，故答案为.
14【答案】
【解析】由正弦定理，可化为，由得：，当且仅当，即，时等号成立，故答案为.
四､解答题
15.【答案】（1）；（2）41.5（3）
【解析】（1）由题知，，则；
（2）由图样本平均数；
（3）由题知，年龄在）的频率为0.9，年龄在的频率为0.6，则年龄的第80百分位在[45，55）之内，设第80百分位数为x，则，解得.
16【答案】（1）略；（2）略
【解析】（1）证明：由题知，由，则四边形为平行四边形，所以，所以面，同理可证，所以面
由面，面，所以面面，
又面，所以面；
（2）取BC中点E，连接DE，PE.在△BDC中，，则为正三角形，
所以，又，所以面EDP，所以.
在面中，，平面，所以，
在中，E为BC中点，所以EP为中位线，则点P为中点.
17【答案】（1）或；（2）
【解析】由正弦定理，可化为，
则有，因为在中，，
所以化简得：，又，解得：或；
（2）由得：，则，
从而，因为A为钝角，所以由（1）知，，且，
有余弦定理可得：，因为，所以，
当且仅当时等号成立，又b，c可以无限接近0，所以，
从而，故面积的取值范围为.
18【答案】（1）略；（2）（3）
【解析】（1）如图，设F是BC的中点，连接EF，，
在三棱台中，因为，所以，
且，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，，于是可得：，所以四边形是一个平行四边形，则有，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，又为定值，所以当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大.因为，所以分别是PA，PB的中点，因此△PAB是边长2的正三角形，因为，由平面平面ABC的性质可证得：平面ABC，
又，则；
则三棱锥P-ABC的体积最大值为1.
（3）如图，，是PC的中点，则，
所以二面角的平面角是，又，由余弦定理得：，解得，
作于点O，连接PO，因为平面，所以，又，平面，所以平面，则∠BPO为直线与平面所成角，由，则，从而，
所以直线与平面所成线面角的余弦值为.
19【答案】（1）；（2）略（3）
【解析】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有，
所以球面三角形ABC面积为；
（2）①证明：由余弦定理有：，且，消掉，有.
②由AD是球的直径，则，又，所以面BCD，则，
所以可证得平面ABC，由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，
所以，不妨先令，则，
由，，，以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，设，
则，
则，，
设平面OBC法向量，，则，取，则，所以，
设平面EST法向量，，则，
取，则，所以，
要使取最小值时，则取最大值，
所以，
令，则，有，当且仅当取等）.
则取最大值，为最小值
此时点，平面AEC中，，法向量.
球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，，
所以截面圆面积为1
2
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C
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C
B
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A
A
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