重庆市合川中学2025-2026学年高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年重庆市合川中学高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设复数z=i2−i，则其共轭复数z在复平面上对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.用斜二测画法画水平放置的△OAB的直观图如图所示，其中∠O′A′B′=90°，O′A′=1，则在△OAB中，AB的长度为(

)A.1

B.3

C.32

3.若△ABC的三个内角A，B，C满足sinA：sinB：sinC=5：6：7，则△ABC的形状是(

)A.钝角三角形 B.直角三角形 C.锐角三角形 D.以上都有可能4.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下面正确的是(

)A.若α⊥β，m⊥β，则m//α

B.若α//β，γ∩α=m，γ∩β=n，则m//n

C.若α⊥β，β⊥γ，则α//γ

D.若m//α，n⊂α，则m//n5.一组递增数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数为3，方差为4，极差为6，若A.y1，y2，y3，y4，y5的极差为10B.y1，y2，y3，y4，y5的方差为8

C.x1，x2，x3，x4，x5的第806.如图，为测量河对岸CD两点间的距离.在楼顶A处观察C的俯角为30°，观察点D的俯角为60°，B为楼底一点且AB⊥平面BCD，若楼高AB=103，∠CBD=120°，则CD=(

)A.105 B.107 C.7.函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图像如图所示，若x1,x2∈(−A.3

B.−3

C.28.如图，△ABC中，点M，N满足AM=12AB,AN=14AC,BN与CM交于点P，A.S△ABP：S△ABN=5：4

B.S△AMP：S△APC=1：7

C.S△PBD：S△APN=6二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知a=(4,2)，b=(m+2,−1)，则(

)A.|a|=25

B.若a//b，则m=32

C.若m=1，a在b10.已知i为虚数单位，z∈C，则下列说法中正确的是(

)A.若n为正整数，则i4n+3=i

B.若1≤|z−2i|≤2，则在复平面内z对应的点Z的集合所构成的图形的面积为π

C.|z|2=zz−

11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1A.当λ=1,μ=12时，VD1−A1BP=VD1−A1CP

B.若λ=12且BE=23BB1，则当PA+PE取得最小值时，μ=13

C.当λ=1,μ=12.立德中学对高一学生的某项指标进行抽样调查，按比例分配分层抽样，抽查男生20人，其平均数为3，抽查女生30人，其平均数为8，则本次调查的总样本的平均数是

．13.已知圆台的上、下底面的周长分别为2π，4π，圆台的母线长为2，则该周台的体积为

．14.已知函数f(x)=sinx，先将函数y=f(x)图象向右移π4个单位，再将横坐标缩短为原来的1ω(ω>0)倍，纵坐标伸长为原来的3倍得到函数g(x)，若函数g(x)在区间[0,π)内有且仅有3个零点和2条对称轴，则ω的取值范围为

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13分)

我校举行的“青年歌手大奖赛”吸引了众多有才华的学生参赛.为了了解本次比赛成绩情况，从中抽取了50名学生的成绩作为样本进行统计.请根据下面尚未完成并有局部污损的频率分布表和频率分布直方图(如图所示)解决下列问题：组别分组频数频率第1组[50,60)80.16第2组[60,70)a■第3组[70,80)200.40第4组[80,90)■0.08第5组[90,100]2b合计■■(1)求出a，b，x，y的值；

(2)根据频率分布直方图，估计这50名学生成绩的平均数和第60百分位数．16.(本小题15分)

f(x)=2cos2ωx+23sinωxsin(ωx+π2)−1,(ω>0)其最小正周期为π．

(1)求ω的值及函数f(x)的单调减区间；

17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=90°，BC//AD，BC=2AB=2AD=4，E、F分别为PC、BC的中点．

(1)证明：DE//平面PAB；

(2)若直线DE与直线PA的夹角为30°，PA=AB，PD=22，求直线AF与平面PBC18.(本小题17分)

在△ABC中，已知a，b，c分别三个内角A，B，C的对边，且2ccosC+bcosA=acos(A+C)．

(1)求角C；

(2)已知D是边AB上一点，c=43．

①若AD=12AB，求|CD|的最小值；

②若存在λ∈R，使得19.(本小题17分)

如图，在矩形ABCD，AB=4，AD=2，E是线段AB上的一点，将△ADE沿DE翻折，使A点到达P的位置，且点P不在平面BCDE内．

(1)若平面PCD⊥平面BCDE，证明：平面PDC⊥平面PBC；

(2)设E为AB的中点，取DE的中点O，连接AO并延长，交BC延长线于点S，设∠POS=α．

①用α表示二面角P−BC−D的正切值；

②当二面角P−BC−D最大时，求三棱锥P−DEC外接球的表面积．

1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】A

8.【答案】D

9.【答案】AC

10.【答案】BCD

11.【答案】ABD

12.【答案】6

13.【答案】7π314.【答案】(915.【答案】解：(1)由题意可知，82=0.16b，解得b=0.04；

所以[80,90)内的频数为2×2=4，

所以样本容量n=80.16=50，

所以a=50−8−20−4−2=16；

又[60,70)内的频率为1650=0.32，

所以x=0.3210=0.032；

又[90,100]内的频率为0.04，

所以y=0.0410=0.004；

(2)根据频率分布直方图知平均数为0.16×55+0.32×65+0.4×75+0.08×85+0.04×95=70.2，

设第60百分位为t，根据频率得第60百分位的数在第16.【答案】解：(1)f(x)=2cos2ωx+23sinωxsin(ωx+π2)−1

=cos2ωx+23sinωxcosωx

=cos2ωx+3sin2ωx=2sin(2ωx+π6)，

由最小正周期T=2π2ω=π，解得ω=1，

令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ(k∈Z)，解得：π6+kπ≤x≤2π3+kπ(k∈Z)，

因此f(x)17.【答案】(1)证明：取PB的中点G，连接EG，AG，

因为E、F分别为PC、BC的中点，

所以EG/​/BC，EG=12BC，

因为BC/​/AD，BC=2AD，

所以EG/​/AD，EG=AD，

所以四边形ADEG是平行四边形，

所以DE/​/AG，

又DE⊄平面PAB，AG⊂平面PAB，

所以DE/​/平面PAB．

(2)解：由(1)知DE/​/AG，

所以∠PAG或其补角是直线DE与直线PA的夹角，

又PA=AB，G是PB的中点，

所以∠PAG=12∠PAB，

所以0°<∠PAG<90°，

因为直线DE与直线PA的夹角为30°，所以∠PAG=30°，

所以∠PAB=2∠PAG=60°，

所以△PAB是边长为2的等边三角形，且AG⊥PB，AG=3，

由PA=AB=2，AD=2，PD=22，知PA2+AD2=PD2，即PA⊥AD，

因为AD//BC，

所以PA⊥BC，

由∠ABC=90°，知AB⊥BC，

又PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，

而AG⊂平面PAB，所以BC⊥AG，

又AG⊥PB，BC∩PB=B，BC、PB⊂平面PBC，

所以AG⊥平面PBC，

所以∠AFG即为直线AF与平面PBC所成角，

在Rt△ABF中，18.【答案】解：(1)因为2ccosC+bcosA=acos(A+C)．

即2ccosC+bcosA+acosB=0．

由正弦定理得2sinCcosC+sinBcosA+sinAcosB=0，

即有2sinCcosC+sin(B+A)=0，

又三角形内角和为π，所以sin(B+A)=sinC，

即有2sinCcosC+sinC=0，

因为sinC≠0，

所以cosC=−12，

C∈(0,π)，

所以C=2π3；

(2)①由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC，

得a2+b2+ab=48，

又基本不等式得a2+b2+ab=48≥3ab，

故有ab≤16，当且仅当a=b时取等，

由AD=12AB，得CD=12(CA+CB)，

即CD2=14(CA+CB)2=a2+b2−ab4=48−2ab4=12−ab2≥12−8=4，

所以|CD|的最小值是2；

②由已知得CD19.【答案】解：(1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以BC⊥DC，

因为平面PCD⊥平面BCDE，平面PCD∩平面BCDE=DC，BC⊂平面BCDE，

所以BC⊥平面PCD，

而BC⊂平面PBC，因此平面PDC⊥平面PBC；

(2)①如图：

在矩形ABCD中，因为AB=4，AD=2，E是线段AB的中点，O是线段DE的中点，

所以DE⊥AS，

因为PD=AD=2，PE=AE=2，O是线段DE的中点，所以DE⊥PO，

因为PO∩AS=O，PO、AS⊂平面PAS，所以DE⊥平面PAS，

而DE⊂平面BCDE，因此平面PAS⊥平面BCDE，

在平面PAS内，过P作PH⊥AS，交AS于H，

而平面PAS∩平面BCDE=AS，因此PH⊥平面BCDE，

在平面BCDE内，过H作HG/​/AB，交BC于G，则BC⊥HG，

因为PH⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，所以PH⊥BC，

而PH∩HG=H，PH、HG⊂平面PHG，

因此BC⊥平面PHG，而PG⊂平面PHG，所以BC⊥PG，

因为BC⊥PG，BC⊥HG，所以∠PGH是二面角P−BC−D的平面角，

在Rt△POH中，因为PO=AO=2，∠POS=α(0<α<π)，

所以PH=2sinα，OH=2c