湖北省武汉市江岸区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

PAGE10NUMPAGES14湖北武汉市江岸区2025-20268540分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求1.已知平面向量𝑎=(1,2)，𝑏=(−2,𝑚)，且𝑎//𝑏，则𝑚= A. B. C. D.已知单位向量𝑎，𝑏的夹角为𝜃，则𝑎在𝑏方向上的投影向量为 A.sin𝜃⋅ B.sin𝜃⋅ C.cos𝜃⋅ D.cos𝜃⋅若𝑚，𝑛为两条不同的直线，𝛼，𝛽为两个不同的平面，则下列结论中正确的是 A.若𝑚//𝛼，𝑚⊥𝛽，则𝛼⊥ B.若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝛽，则𝛼⊥C.若𝑚//𝛼，𝑛⊂𝛼，则 D.若𝑚⊂𝛼，𝛼⊥𝛽，则𝑚⊥4.在𝖺𝐴𝐵𝐶中，若𝑎=3，𝑏 3，𝐴=3，则𝐵A.

B.

C.

D.

6或 3或已知圆台甲、乙的上底面半径均为𝑟1，下底面半径均为𝑟2，圆台的母线长分别为2121则圆台甲体积𝑉1与乙体积𝑉2( )𝑉1= B.𝑉1

C.𝑉1

D.𝑉1

6.直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴𝐴1=𝐴𝐵=2，平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为6，则𝐴1𝐶与平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1所成的角为 A.30 B.45 C.60 D.90线行驶，在𝐴,𝐵,𝐶三处测得道路一侧ft顶𝑃的仰角分别为30∘,45∘,60∘，其中𝐴𝐵=𝑎,𝐵𝐶=𝑏(0<𝑎<3𝑏)，则此ft的高度为()1 1 1 1 1

​

的长度分别为27和43，则以𝑀𝑁为直径的球的体积取值范围是 𝜋

𝜋

4𝜋

𝜋3189.(多选题)某户居民今年上半年每月的用水量(单位：𝑡)123456 A.平均 B.极 C.中位 D.标准10.复数𝑧1，𝑧2，𝑧1+𝑧2在复平面内对应的点分别为𝑃，𝑄，𝑆，其中𝑂为坐标原点，则下列选项正确的是 𝑂𝑆=𝑂𝑃+若𝑂𝑃⊥𝑂𝑄，则𝑧1𝑧2=|𝑧1𝑧2|=|𝑧1+𝑧2|≤|𝑧1|+已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为23，𝑀，𝑁为体对角线𝐵𝐷1上的点，且满足𝐷1𝑀=𝑀𝑁=𝑁𝐵，动点𝑃在三角形𝐴𝐶𝐵内，且三角形𝑃𝑀𝑁的面积𝑆 =26，则( 点𝑁在三角形 直线𝑀𝑃，𝐵𝐷所成的角是定值且正切值是 点𝑃轨迹长度为23515用斜二测画法作出𝖺𝐴𝐵𝐶△𝐴′𝐵′𝐶′如图所示，其中𝐴′𝐶′=3，𝐴′𝐵′=1，则 13.如图，在平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷=𝐶𝐷=2，𝖺𝐴𝐵𝐶为等边三角形，则𝖺𝐵𝐶𝐷面积的最大值 14.已知1个数𝑥1，𝑥2，…，𝑥15的平均数为6，方差为9，现从中剔除𝑥1，𝑥2，𝑥3，𝑥4，𝑥5这5个数，且除的这5个数的平均数为7，方差为5，则剩余的1个数𝑥6，𝑥7，…，𝑥15的方差为 ．577设𝑂𝑥、𝑂𝑦是平面内相交成角𝜃的两条数轴，𝑒1、𝑒2分别是与𝑥轴、𝑦轴正方向同向的单位向量，若向量=𝑥𝑒1+𝑦𝑒2，则把有序数对(𝑥,𝑦)叫做向量𝑂𝑃在坐标系𝑥𝑂𝑦(1)若𝜃=2，设𝑎=(−1,3)，𝑏=(1,−2)，求向量𝑎与𝑏(2)若𝜃=3，设𝐴(1,3)，𝐵(𝑚,−2)，若𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=5，求实数𝑚在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90∘，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶=3𝐵𝐶=3𝑃𝐴= 体育健康测试成绩90≤𝑥≤80≤𝑥<70≤𝑥<60≤𝑥<0≤𝑥<(𝑖𝑖)若根据表中信息能推断𝑌1≤𝑌2恒成立，求𝑎的最小值．在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐶𝑃𝐷=

，cos∠𝐴𝑃𝐶=(2)若𝑃𝐴=𝑃𝐶=2，𝐴𝐷⊥𝑃𝐷，𝐴𝐵⊥(𝑖)当∠𝐵𝐴𝐷=90∘时，求𝐴𝑃与平面𝑃𝐵𝐷(𝑖𝑖)设∠𝐴𝐷𝐵=𝛼(0<𝛼<90∘)，将二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐷的正切值表示为关于𝛼的函数𝑓(𝛼)，并求𝑓(𝛼)的取值范在如图1所示平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=𝐶𝐷= 6，𝐴𝐷=23，𝐴𝐵⊥𝐵𝐷，将𝖺𝐵𝐶𝐷沿𝐵𝐷翻折至𝖺𝑃𝐵𝐷(图2)，其中𝑃为动点，连接𝑃𝐴，令𝑃𝐴=𝑡，𝑡∈[11,4].点𝐸，𝐹，𝑀分别为𝐵𝑃，𝑃𝐴，𝐵𝐷的中点，点𝑁在𝐴𝐷上且满足𝐵𝑁⊥𝐴𝑀，𝐴𝐸与𝐵𝐹交于𝐺，𝐴𝑀与𝐵𝑁交于𝐾，连接𝐺𝐾．当平面𝐴𝐸𝑀平面𝐵𝐹𝑁时，求𝑡【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】

+2/2【答案】【答案】解：(1)若𝜃=2，又𝑎=(−1,3)，𝑏=(−1)2+32⋅所以cos⟨𝑎,𝑏(−1)2+32⋅

7==(2)若𝜃=3，又所以𝑂𝐴=𝑒1+3𝑒2，𝑂𝐵=所以𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=(𝑒1+3𝑒2)(𝑚𝑒1−2𝑒2)=𝑚𝑒12+(3𝑚−2)𝑒1⋅=𝑚|𝑒|2+(3𝑚−2)|𝑒|⋅|𝑒|cos𝜋−6|𝑒|2=𝑚+1(3𝑚−2)−6=解得𝑚=

5，所以实数𝑚516.【答案】解：由𝐴𝐶=

3𝐵𝐶

3𝑃𝐴=6得𝐴𝐶=6，𝐵𝐶=4，𝑃𝐴=(1)∵𝑃𝐴底面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶平面𝐴𝐵𝐶∴𝑃𝐴⊥又∠𝐴𝐶𝐵=90∘∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐶∵𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐶⊂平面∴𝐵𝐶平面𝑃𝐴𝐶，故𝐵𝐶⊥ 82+△𝐴𝐵𝐶=2×6×4=12，𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=3×12×882+𝑃𝐴2+∵𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，𝑃𝐴2+

=𝑆△𝑃𝐵𝐶=2×10×4=由

=

得1×20×ℎ=32，解得ℎ=

(2)过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐴𝐵于𝑀，连接∵𝑃𝐴底面𝐴𝐵𝐶，𝐶𝑀平面𝐴𝐵𝐶∴𝑃𝐴⊥又𝐶𝑀⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐵平面𝑃𝐴𝐵∴𝐶𝑀平面𝑃𝐴𝐵，𝐴𝐶2+𝐴𝐶2+

=262+由面积关系1×𝐴𝐵×𝐶𝑀=12，解得62+在𝑅𝑡𝐶𝑀𝑃中，𝑠𝑖𝑛∠𝐶𝑃𝑀=

6=13 6 17.【答案】解：由总人数为100得10𝑎+𝑏+232=100，即𝑎+𝑏=(1)成绩𝑥<60的有2人，60≤𝑥<70的有23人，累计到𝑥<70的总人数为223=25，分位数位置为100×20%=20，可知20%分位数位于[60,70)分数段内，代入估算公式得20%=60+20−2×10≈[80,90)取80，[90,100]取90，将𝑏=65−𝑎代入加权平均公式得𝑌2min==6830+10𝑎=68.3+(𝑖𝑖)过程性积分不高于1分的学生成绩满足𝑥<70故𝑌1的最大值为69，要使𝑌1≤𝑌2恒成立，只需𝑌1的最大值不大于𝑌2的最小值，即68.3+0.1𝑎≥69，解得𝑎≥7，又𝑎为正整数，故𝑎的最小值为【答案】解：(1)证明：在𝑃𝐷上取点𝐸，过𝐸作𝐸𝐴1⊥𝑃𝐷，交𝑃𝐴于𝐴1，过𝐸作𝐸𝐴2⊥𝑃𝐷，交𝑃𝐶于𝐴2，连接𝐴1𝐴2，设𝑃𝐸=𝑚(0<𝑚<𝑃𝐷)，因为∠𝐴𝑃𝐷=∠𝐶𝑃𝐷=30∘ 𝐴 所以𝑃𝐸=

3，所以𝐴1𝐸=3𝑃𝐸=3𝑚，𝑃𝐴1=2𝐴1𝐸=2 同理可得𝐴2𝐸=3𝑚，𝑃𝐴2=2 在𝖺𝑃𝐴1𝐴2中，由余弦定理可得：𝐴1𝐴2=𝑃𝐴2+𝑃𝐴2−2𝑃𝐴1⋅𝑃𝐴2⋅ =3𝑚2+3=3=𝐴1𝐸2+所以𝖺𝐴1𝐴2𝐸为直角三角形，且𝐴1𝐸⊥𝐴2𝐸，所以∠𝐴1𝐸𝐴2=90∘，(2)(𝑖)由(1)可知平面𝑃𝐴𝐷平面又因为平面𝑃𝐴𝐷平面𝑃𝐶𝐷=𝑃𝐷，𝐴𝐷平面𝑃𝐴𝐷，𝐴𝐷⊥𝑃𝐷，所以𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，所以𝐴𝐷⊥又因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐷=90∘，又因为𝑃𝐴=𝑃𝐶=所以𝐴𝐷=𝑃𝐴⋅sin30∘=1,𝑃𝐷=𝑃𝐴⋅cos30∘ 在𝖺𝑃𝐶𝐷中，由余弦定理可得𝐶𝐷2=𝑃𝐶2+𝑃𝐷2−2𝑃𝐶⋅=4+3−2×2

×3=所以𝐶𝐷=1且𝐶𝐷2+𝑃𝐷2=4=所以𝖺𝑃𝐶𝐷是直角三角形，∠𝑃𝐷𝐶=90∘，设𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝑂，连接𝑃𝑂，则𝐴𝐶⊥因为∠𝑃𝐷𝐶=90∘，所以𝑃𝐷⊥又因为𝑃𝐷⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷,𝐶𝐷平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷𝐶𝐷=𝐷，所以𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又𝐴𝐶平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐶，𝑃𝐷,𝐵𝐷平面𝑃𝐵𝐷，𝑃𝐷𝐵𝐷=𝐷，所以𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷，又因为𝐴𝐶 2，所以𝐴𝑂=1𝐴𝐶= 在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝑃中，sin∠𝐴𝑃𝑂=𝐴𝑂= 2×2=(𝑖𝑖)由(𝑖)可知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷=𝐶𝐷=1,∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=90∘且𝑃𝐷平面所以𝐴𝐶2=𝐴𝐷2+𝐶𝐷2=又因为𝐵𝐷平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥因为∠𝐴𝐷𝐵=𝛼(0<𝛼<90∘)，所以∠𝐶𝐷𝐵=90∘−𝛼，𝐴𝐵2=𝐴𝐷2+𝐵𝐷2−2𝐴𝐷⋅𝐵𝐷⋅cos𝛼=1+𝐵𝐷2−2𝐵𝐷⋅在𝖺𝐶𝐷𝐵中，由余弦定理同理可得：𝐵𝐶2=1+𝐵𝐷2−2𝐵𝐷⋅cos(90∘−𝛼)=1+𝐵𝐷2−2𝐵𝐷⋅sin𝛼，又因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐶．所以𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=2+2𝐵𝐷2−2𝐵𝐷⋅sin𝛼−2𝐵𝐷⋅cos𝛼．即2=2+2𝐵𝐷2−2𝐵𝐷⋅sin𝛼−2𝐵𝐷⋅cos𝛼，所以𝐵𝐷2−𝐵𝐷(sin𝛼+cos𝛼)=又因为𝐵𝐷≠0，所以𝐵𝐷=sin𝛼过𝐴作𝐴𝑀⊥𝐵𝐷于𝑀，过𝑀作𝑀𝑁⊥𝑃𝐵于𝑁，连接因为𝑃𝐷平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐷平面𝑃𝐵𝐷，所以平面𝑃𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又因为平面𝑃𝐵𝐷平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐴𝑀平面𝑃𝐵𝐷，又因为𝑃𝐵平面𝑃𝐵𝐷，所以𝐴𝑀⊥𝑃𝐵;又因为𝑀𝑁⊥𝑃𝐵，𝑀𝑁,𝐴𝑀平面𝐴𝑀𝑁，𝑀𝑁𝐴𝑀=𝑀，所以𝑃𝐵⊥平面𝐴𝑀𝑁，又因为𝐴𝑁平面𝐴𝑀𝑁，所以𝑃𝐵⊥𝐴𝑁，在𝑅𝑡𝖺𝐴𝑁𝑀中，tan∠𝐴𝑁𝑀=在𝑅𝑡𝖺𝐴𝐷𝑀中，𝐴𝑀=𝐴𝐷⋅sin𝛼=sin𝛼，𝐷𝑀=𝐴𝐷⋅cos𝛼=在𝑅𝑡𝖺𝑃𝐷𝐵

3,𝐷𝑀=cos𝛼,𝐵𝐷=cos𝛼+所以𝐵𝑀=sin𝛼，sin𝐵=𝑃𝐷在𝑅𝑡𝖺𝐵𝑀𝑁中，𝑀𝑁=𝐵𝑀sin𝐵=3sin𝛼

所以tan∠𝐴𝑁𝑀=𝐴𝑀所以𝑓(𝛼)=因为0<𝛼<90∘，所以0<2𝛼<180∘，所以sin2𝛼∈(0,1]，所以4sin2𝛼∈(4,5],4+所 ∈(2,4+所以4+sin2𝛼∈(23, 即𝑓(𝛼)∈(23, 【答案】解：(1)证明：因为𝐸,𝐹分别为边𝐵𝑃,𝑃𝐴的中点，所以𝐴𝐸,𝐵𝐹为𝖺𝑃𝐴𝐵的中线，且𝐴𝐸∩𝐵𝐹=所以𝐺为𝖺𝑃𝐴𝐵的重心，则𝐴𝐺=在𝑅𝑡𝖺𝐴𝐵𝐷中，𝐵𝐷=

=22，𝐵𝑀=1𝐵𝐷 则𝐴𝐵=2= 𝐵𝑀=2，即𝐴𝐵= 2

2，

又因为∠𝐴𝐵𝑀=∠𝐷𝐵𝐴=90，所以𝖺𝐴𝐵𝑀∽𝖺𝐷𝐵𝐴，则∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐷𝐴，在𝑅𝑡𝖺𝐴𝐵𝐾中，∠𝐴𝐵𝐾=90∘−∠𝐵𝐴𝑀，则∠𝐷𝐵𝑁=90−∠𝐴𝐵𝐾=90−(90−∠𝐵𝐴𝑀)=∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐷𝐴，故𝑁𝐵=又因∠𝐴𝐵𝑁=90∘−∠𝐷𝐵𝑁=90∘−∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐵𝐴𝑁，则𝑁𝐵=𝑁𝐴，即𝑁为𝐴𝐷故𝐴𝑀,𝐵𝑁为𝖺𝐴𝐵𝐷的中线，且𝐴𝑀∩𝐵𝑁=𝐾，则𝐾为𝖺𝐴𝐵𝐷的重心，即𝐴𝐾= 则𝐴𝐸=𝐴𝑀=3，所以在△𝐴𝐸𝑀因为𝐸𝑀平面𝑃𝐵𝐷，𝐺𝐾⊄平面𝑃𝐵𝐷，所以𝐺𝐾//平面(2)当平面𝐴𝐸𝑀平面𝐵𝐹𝑁时，因𝐴𝑀⊥𝐵𝑁，则𝐴𝑀⊥平面𝐵𝐹𝑁或𝐵𝑁⊥平面𝐴𝐸𝑀，设𝑎=𝐵𝐴，𝑏=𝐵𝐷，𝑐=则|𝑎|=𝐴𝐵=2，|𝑏|=𝐵𝐷=22，|𝑐|=𝐵𝑃= 因为∠𝐴𝐵𝐷=90∘，所以𝑎⋅𝑏=0，在𝖺𝑃𝐵𝐷中，𝑃𝐵=𝑃𝐷 6，𝐵𝐷=22⋅6⋅28则由余弦定理，cos∠𝑃𝐵𝐷=𝑃𝐵2+𝐵𝐷2−𝑃𝐷2=6+8−6=2⋅6⋅28 所以𝑏𝑐=|𝑏||𝑐|cos∠𝑃𝐵𝐷=

⋅3=设𝑎⋅𝑐=𝑚，在𝖺𝑃𝐴𝐵中，𝑃𝐴=𝑡，𝑃𝐴=则𝑡2=|𝑃𝐴|2=|𝑎−𝑐|2=|𝑎|2+|𝑐|2−2𝑎⋅𝑐=4+6−2𝑚=又𝐴𝑀=𝐵𝑀−𝐵𝐴=1𝑏−𝑎，𝐴𝐸=𝐵𝐸−𝐵𝐴= 𝐵𝑁=1(𝐵𝐴+𝐵𝐷)=1𝑎+1𝑏，𝐵𝐹=1(𝐵𝑃+𝐵𝐴)=1𝑐+ 情况一：若𝐴𝑀平面因为𝐵𝐹平面𝐵𝐹𝑁，则𝐴𝑀⊥𝐵𝐹，即𝐴𝑀𝐵𝐹=即(1𝑏−𝑎)⋅(1𝑎+1𝑐)= 即𝑏⋅𝑎

1𝑏⋅

|𝑎|

𝑎⋅𝑐=即×0+

×

×

1𝑚=0，解得𝑚=−将其代入到𝑡2=10−2𝑚，即𝑡2=10−2×(−2)=14，解得𝑡= 14(负值舍去)，满足𝑡∈[11,4]，情况二：若𝐵𝑁平面因为𝐴𝐸平面𝐴𝐸𝑀，则𝐵𝑁⊥𝐴𝐸，即𝐵𝑁𝐴𝐸=即(1𝑎+1𝑏)⋅(1𝑐−𝑎)= 11 11即𝑎⋅

+𝑏⋅

𝑏⋅𝑎=即

×4+

×

×0=0，解得𝑚=将其代入到𝑡2=10−2𝑚，即𝑡2=10−2×4=2，解得𝑡= 2(负值舍去)，不满足𝑡∈[11,4]，综上所述，当平面𝐴𝐸𝑀⊥平面𝐵𝐹