湖北省武汉市江岸区2025-2026学年高一数学下学期期末考试试卷含解析

高一数学试卷

一、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.已知平面向量a1,2，b2,m，且a//b，则m（）

A.1B.1C.4D.4

【答案】C

【解析】

【详解】因为平面向量a1,2，b2,m，且a//b，

故1m220，解得m4.

2.已知单位向量a，b的夹角为，则a在b方向上的投影向量为（）

A.sinaB.sinbC.cosaD.cosb

【答案】D

【解析】

【详解】由题意知a1，b1，向量a，b的夹角为，

bb

则a在b方向上的投影向量为|a|cos1coscosb

b1

3.若m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（）

A.若m//，m，则B.若m，m，则

C.若m//，n，则m//nD.若m，，则m

【答案】A

【解析】

【详解】对于A，由m//，过直线m的平面与平面相交，令交线为l，则l//m，

由m，得l，而l，因此，故A正确；

对于B，若m,m，则//，故B不正确；

对于C，若m//,n，则m//n或m,n互为异面直线，故C不正确；

对于D，若m,，当且仅当m与平面,的交线垂直时才会有m，故D错误.

π

4.在ABC中，若a3，b3，A，则B的大小为（）

3

πππ5ππ2π

A.B.C.或D.或

366633

【答案】B

【解析】

【分析】先根据正弦定理求出sinB的值，再结合三角形大边对大角的性质，判断出正确选项.

ab

【详解】在ABC中，由正弦定理得，，

sinAsinB

b3π1

所以sinB=sinA=sin=，

a332

π

由于ab，所以AB，又B0,π，所以B.

6

5.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2r2r1，4r2r1，

则圆台甲体积与乙体积（）

V1V2

1566

A.V1V2B.VVC.VVD.VV

5152152122

【答案】B

【解析】

【分析】根据圆台的体积公式求解.

【详解】由题意圆台甲的高为22，圆台乙的高为

h14(r2r1)(r2r1)3(r2r1)

22，

h216(r2r1)(r2r1)15(r2r1)

1

π(r2rrr2)h

V11221h3(rr)5

所以13121，

V122h5

2π(rrrr)h215(r2r1)

311222

5

所以VV.

152

6.如图，直三棱柱ABCA1B1C1，AA1AB2，平面A1BC平面ABB1A1，直三棱柱ABCA1B1C1

的体积为46，则A1C与平面ABB1A1所成的角为（）

A.30B.45C.60D.90

【答案】C

【解析】

【分析】过点A作AEA1B，垂足为E，由平面A1BC平面ABB1A1可得AE平面A1BC，进而得到

AEBC，结合直三棱柱的特征可得AA1BC，进而得到BC平面ABB1A1，可得CA1B为直线A1C

与平面ABB1A1所成的角，进而求解即可.

【详解】过点A作AEA1B，垂足为E，

因为平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，AE平面ABB1A1，

所以AE平面A1BC，

又BC平面A1BC，所以AEBC，

在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，

因为BC平面ABC，所以AA1BC，

因为AA1AEA,AA1,AE平面ABB1A1，

所以BC平面ABB1A1，而AB平面ABB1A1，

则CA1B为直线A1C与平面ABB1A1所成的角，且BCAB，

因为AA1AB2，且直三棱柱ABCA1B1C1的体积为46，

1

所以VSAA2BC246，解得BC26，

ABCA1B1C1ABC12

BC26

而，则，即，

A1B22tanCA1B3CA1B60

A1B22

则A1C与平面ABB1A1所成的角为60.

故选：C.

7.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直

线行驶，在A,B,C三处测得道路一侧山顶P的仰角分别为30,45,60，其中ABa,BC（b0a3b），

则此山的高度为（）

A.12ab(ab)B.13ab(ab)

23ba23ba

C.15ab(ab)D.16ab(ab)

23ba23ba

【答案】D

【解析】

3h

【分析】根据锐角三角函数可得AO3h,BOh,CO，进而根据余弦定理即可求解.

3

【详解】解：如图，设点P在地面上的正投影为点O，

则PAO30,PBO45，PCO60,

3h

设山高POh，则AO3h,BOh,CO，

3

在AOC中，cosABOcosCBO，

2

22h

222bh

由余弦定理可得：ah3h，

3

2ah2bh

3ab(ab)

整理得h2，

2(3ba)

16ab(ab)

∴h．

23ba

故选：D．

8.若三棱锥ABCD的四个顶点在表面积为64π的球面上，M，N分别是边AB，CD的中点，两条边

AB，CD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（）

π125ππ125π4π500ππ125π

A.,B.,C.,D.,

63463366

【答案】D

【解析】

【分析】由已知求出三棱锥ABCD的外接球O半径，求出OM,ON，进一步求出MN的范围，从而得

出答案即可．

【详解】设三棱锥ABCD外接球的半径为R，

则4πR264π，所以球的半径为R4，

则球O的两条弦AB,CD的中点为M,N，

则OM42(7)23,ON42(23)22，

即弦AB,CD分别是以O为球心，半径为3和2的球的切线，

且弦AB在以O为球心，半径为2的球的外部，

MN的最大距离为325，最小距离为321，

当M,O,N三点共线时，MN分别取最大值5与最小值1，

51

故以MN为直径的球半径分别为,，

22

3

141π

半径为时，球的体积为π，

2326

3

545125

当半径为时，球的体积ππ．

2326

π125π

∴以MN为直径的球的体积的取值范围是,．

66

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.（多选题）某户居民今年上半年每月的用水量（单位：t）如下：

月份1月2月3月4月5月6月

用水量9.09.614.95.94.07.7

小明在录入数据时，不小心把一个数据9.6录成96，则这组数据中有变化的量是（）

A.平均数B.极差C.中位数D.标准差

【答案】ABD

【解析】

【分析】先将原始数据和录入错误的数据分别从小到大排序，再依次计算平均数、极差、中位数、结合标

准差的含义判断各统计量是否发生变化，选出有变化的选项即可.

【详解】选项A，原始数据总和为4.0+5.9+7.7+9.0+9.6+14.9=51.1，平均数为8.52；

录错后总和变为51.1-9.6+96=137.5，平均数为22.92，平均数发生了变化，故A符合；

选项B，原始数据极差为14.94.010.9；录错后极差为964.092，极差发生了变化，故B符合；

7.79.0

选项C，原始数据排序为4.0,5.9,7.7,9.0,9.6,14.9，中位数为8.35；

2

7.79.0

录错后排序为4.0,5.9,7.7,9.0,14.9,96，中位数为8.35，未发生变化，故C不符合；

2

选项D，录入极端值96后，数据的离散程度明显变大，因此标准差发生变化，故选项D符合.

10.复数z1，z2，z1z2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（）

A.B.若，则

OSOPOQOPOQz1z20

C.z1z2z1z2D.z1z2z1z2

【答案】ACD

【解析】

【分析】设出对应复数，利用复数的几何意义求出复数所对应的向量的坐标，再代入运算判断A，举反例判

断B，利用复数的乘法公式结合模长公式判断C，利用复数三角不等式判断D即可.

【详解】设z1abi，z2cdi，z1z2ac(bd)i，

对于A，由复数的几何意义得OP(a,b)，OQ(c,d)，

OS(ac,bd)，满足OSOPOQ，故A正确；

对于B，令OP(1,0)，OQ(0,1)，则z11，z2i，

此时满足，但不满足，故B错误；

OPOQz1z20

对于C，易得2，

z1z2abi)(cdi)acbciadibdiacbdbcadi

由模长公式得22

z1z2(acbd)(bcad)

a2c2acbdb2d2a2d2acbdb2c2a2c2b2d2a2d2b2c2，

而222222222222，

z1z2abcdacbdadbc

可得z1z2z1z2，故C正确；

对于D，由复数三角不等式得z1z2z1z2，

当且仅当z1,z2同向共线时取等，故D正确.

11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为23，M，N为体对角线BD1上的点，且满足

，动点在三角形内，且三角形的面积26，则（）

D1MMNNBPACB1PMNS△

PMN3

A.点N在三角形ACB1内

B.MP//AA1

6

C.直线MP，BD1所成的角是定值且正切值是

3

26π

D.点P轨迹长度为

3

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，先确定M，N的位置，再求得D1MMNBN2,由线面垂直的判定定理可得BD1

平面ACB1,利用等体积法求得B到平面ACB1的距离为d2BN,即可判断A；对于B，用反证法即可判断；

对于C，结合A及26，可得26，且为直线，所成的角，在

S△PNNMPMPBD1Rt△NMP

PMN33

26

中，由正切函数的定义求解即可;对于D，由C可得点P的轨迹是以N为圆心，为半径的圆在等边三

3

角形ACB1内的部分，作出图形，先求出在等边三角形ACB1外的轨迹长，再用圆的周长减去外部的轨迹长，

即可得答案．

【详解】对于A，由题意可知M，N为BD1的三等分点，M靠近于D1，N靠近于B，

又因为222，

BD1(23)(23)(23)6

11

所以DMMNBNBD62,

1313

易知是边长为的等边三角形，

ACB126

因为ACBD,DD1AC,BD,DD1平面BDD1B1,BDDD1D,

所以AC平面BDD1B1,BD1平面BDD1B1,

所以ACBD1,

同理可证明AB1BD1,

AB1,AC平面ACB1,AB1ACA,

所以BD1平面ACB1,

设B到平面ACB1的距离为d,

则VV,

BACB1B1ACB

11

即SdSBB,

3ACB13ACB1

所以SdSBB，

ACB1ACB1

31

即(26)2d232323，

42

解得d2BN,

所以点N在平面ACB1内，且为BD1平面ACB1的垂足，故A正确；

对于B，因为动点P在三角形ACB1内，M为靠近于D1的BD1的三等分点，

而AA1平面ABCD,

如果MP//AA1成立，则有MP平面ABCD,

此结论显然不成立，故B错误；

对于C，由A可知BD1平面ACB1于点N，且MN2,

又因为26，

S△

PMN3

126

即NMPNPN,

23

所以直线MP，BD1所成的角为NMP,

PN266

在Rt△NMP中，tanNMP，故C正确；

MN323

26

对于D，由C可知PN，

3

26

所以点P的轨迹是以N为圆心，为半径的圆在等边三角形ACB1内的部分，

3

因为BABCBB1，且BN平面ACB1于N，

则为的外心，内心，

NACB1

所以ANBA2BN2(23)22222,

即的外接圆半径为，

ACB122

3

2(26)2

所以的内切圆半径为2SACB，

ACB1NH142

263263

32182426

又因为222，

3333

如图所示：设此圆与边AC交于E,F两点，

26

在Rt△NEH中，NE,NH2,

3

NH33

所以cosHNE2,

NE262

π

又因为HNE(0,)，

2

πππ

所以HNE，所以FNE2，

663

26π26π

所以EF，

339

26π26π

所以点P的轨迹位于ACB外的部分为3，

193

2626π26π

所以点P的轨迹位于ACB内的部分为2π=，故D正确.

1333

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

3

12.用斜二测画法作出ABC的水平放置的直观图△ABC如图所示，其中AC，AB1，则

2

ABC绕AC所在直线旋转一周后所形成的几何体的侧面积为__________．

【答案】

2

【解析】

【分析】先由直观图得到平面图求出相应的线段得出旋转后的几何体，再根据几何体的侧面积求法求出结

果.

【详解】由题可得AB1,AC3,则BC132

，因此ABC绕AC所在直线旋转一周之后形成的几何体为底面半径r1，母线l2的圆锥，

则圆锥的侧面积为Sπrlπ122π.

13.如图，在平面四边形ABCD中，ADCD2，ABC为等边三角形，则BCD面积的最大值为

__________．

【答案】32##23

【解析】

ππ

【分析】设ACD0，根据条件，利用倍角公式及三角变换得到S32sin2，再

23

由正弦函数的性质，即可求解.

π

【详解】设ACD0，因为ADCD2，则AC4cos，

2

又ABC为等边三角形，则BDAC，

1113211

所以SSS4cos4cos2sin

BCD2ABC2ADC2422

2π

23cos2sincos3cos21sin232sin2，

3

πππ4πππππ

因为0，则2，所以当2，即时，sin21，

233332123

故BCD面积的最大值为32.

14.已知15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，

且剔除的这5个数的平均数为7，方差为5，则剩余的10个数x6，x7，，x15的方差为__________．

【答案】10.25

【解析】

【分析】根据平均数和方差的公式求解即可.

【详解】由题意知，x1x2x1515690，x1x2x55735，

55

所以xxx903555，所以剩余的10个数的平均数为5.5．

671510

nn

121

根据方差公式222，

sxixxinx

ni1ni1

得2222，2222，

x1x2x15156159x1x2x55755

即222，222，

x1x2x15675x1x2x5270

所以222，

x6x7/p>

1

所以剩余的10个数的方差为405105.5210.25．

10

故答案为：10.25．

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.设、是平面内相交成角的两条数轴，、分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若

OxOye1e2

向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．

OPxe1ye2x,yOPxOy

π

（1）若，设a1,3，b1,2，求向量a与b的夹角的余弦值；

2

π

（2）若，设A1,3，Bm,2，若OAOB5，求实数m的值．

3

72

【答案】（1）

10

24

（2）

5

【解析】

【分析】（1）利用平面向量夹角的坐标运算求解即可；

1

（2）由题意得OAe3e，OBme2e，利用向量数量积的运算律可得m3m265，

12122

解方程即可.

【小问1详解】

π

若，又a1,3，b1,2，

2

ab113272

所以cosa,b.

22

ab13212210

【小问2详解】

π

若，又A1,3，Bm,2，

3

所以，，

OAe13e2OBme12e2

22

所以

OAOBe13e2me12e2me13m2e1e26e2

2π21

me3m2eecos6em3m265，

112322

2424

解得m，所以实数m的值为．

55

33

16.在三棱锥PABC中，ACB90，PA底面ABC，ACBCPA6．

24

（1）求A到平面PBC的距离；

（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．

24

【答案】（1）

5

（2）613

65

【解析】

【分析】（1）过A作ANPC于N，由已知可证AN平面PBC，利用等面积法求得AN，进而可得A

到平面PBC的距离；

（2）过C作CMAB于M，连接PM，由题意可得CPM为直线PC与平面PAB所成的角，进而计

算可求解.

【小问1详解】

过A作ANPC于N，因为PA底面ABC，BC底面ABC，

所以PABC，又ACB90，所以ACBC，

又PAACA，PA,AC平面PAC，所以BC平面PAC，

又AN平面PAC，所以BCAN，

又ANPC，BCPCC，BC,PC平面PBC，

所以AN平面PBC，则AN的长即A到平面PBC的距离.

3

又ACPA6，所以PA8，由勾股定理得PCAC2PA210，

4

111124

由SPAACPCAN，可得8610AN，所以AN，

PAC22225

24

所以A到平面PBC的距离为；

5

【小问2详解】

过C作CMAB于M，连接PM，

因为PA底面ABC，PA平面PAB，所以平面PAB底面ABC，

因为平面PAB底面ABCAB，CM平面ABC，

所以CM平面PAB，所以CPM即直线PC与平面PAB所成的角，

3

因为ACBC6，所以BC4，又ABAC2BC2213，

2

11112412

由SBCACABCM，得46213CM，解得CM，

△ABC222221313

12

在RtPCM中，CM613，

sinCPM13

PC1065

613

所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为．

65

17.某学校为提升学生的体育健康素养，要求所有学生完成规定的体育锻炼任务，并获得相应过程性积

分．现将某校100名学生的体育健康测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下

表：

体育健康测试成绩x体育过程性积分人数

90x100410

80x903a

70x802b

60x70123

0x6002

（1）估计该100名学生体育健康测试成绩的20%分位数（结果保留整数）；

（2）从该校体育过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其体育健康测试成绩记为Y1，上述100名

学生体育健康测试成绩的平均值记为Y2．

（i）求Y2的最小值，并用含a的式子表示（Y2的最小值为各分数段分别取最小值时所求得的平均分）；

（ii）若根据表中信息能推断Y1Y2恒成立，求a的最小值．

a683

【答案】（1）68（2）（i）；（ii）7.

10

【解析】

【分析】（1）先判断第20%分位数落在区间60,70，再计算求解；（2）（i）各分数段取最小值时，Y2取

得最小值，求出总和的最小值，从而得到Y2的最小值；（ii）条件“Y1Y2恒成立”等价于：Y1的最大

a683

值Y的最小值，即求解不等式69.

210

【小问1详解】

依题意得10ab232100，所以ab65，

计算分位数位置：10020%20，取从小到大第20个观测值

0,60：2人，60,70：23人，累计22325；202,25，

202

故20%分位数落在区间60,70，估计值是601067.83，

23

保留整数，估计100名学生体育健康测试成绩的20%分位数是68；

【小问2详解】

（i）各分数段取最小值时，Y2取得最小值，

分数段最小值是90、80、70、60、0,

总分最小值是S109080a70b23602090080a7065a138010a6830，

10a6830a683

所以Y的最小值是；

210010

（ii）积分不高于1分的学生：区间0,70，成绩Y1最大可取69；

a683

条件“YY恒成立”等价于：Y的最大值Y的最小值，即69

121210

解得a7，

因为0,=65>00<65，a为整数，所以a最小值是7.

⟹

3

18.在�≥四棱锥�P−AB�CD中，≤A�PDCPD30，cosAPC．

4

（1）证明：二面角APDC是直二面角；

（2）若PAPC2，ADPD，ABBC．

（i）当BAD90时，求AP与平面PBD所成角的正弦值；

（ii）设ADB090，将二面角APBD的正切值表示为关于的函数f，并求

f的取值范围．

【答案】（1）证明：在PD上取点E，过E作EA1PD,交PA于A1,

过E作EA2PD,交PC于A2,连接A1A2,

则A1EA2为二面角APDC的平面角，

设PEm(0mPD)，

因为APDCPD30，

AE3

所以1tan30，

PE3

3323

所以AEPEm，PA2AEm,

133113

323

同理可得AEm，PAm,

2323

在中，由余弦定理可得：222

PA1A2A1A2PA1PA22PA1PA2cosAPC

44

m2m22m2

33

2

m2

3

22，

A1EA2E

所以△A1A2E为直角三角形，且A1EA2E，

所以A1EA290，

所以二面角APDC是直二面角；

（2）（i）2;

4

4sin22315

（ii）f()；(,].

333

【解析】

【分析】（1）在PD上取点E，过E作EA1PD,交PA于A1,

过E作EA2PD,交PC于A2,连接A1A2,由二面角的定义可知A1EA2为二面角APDC的平面角，

323

设PEm(0mPD)，可得AEm，PAm,

1313

2

3，23,在中，利用余弦定理可得2222，由勾股定

AEmPAmPA1A2A1A2mA1EA2E

23233

理的逆定理可得A1EA290，即可得证；

（2）（i）结合（1）可得AD平面PCD,则有ADCD，根据已知条件可得四边形ABCD为边长为1

的正方形，进而可得PD平面ABCD,AC平面PBD，设ACBDO,连接PO,由线面角的定义

可得APO是AP与平面PBD所成角，在Rt△AOP中，由正弦的定义求解即可；

（ii）结合（i）可得BDsincos，过A作AMBD于M，过M作MNPB于N，连接AN,

由二面角的定义及线面垂直的判定和性质定理可得ANM是二面角APBD的平面角，从而得

AM

tanANM,再求出AM,MN的值，代入即可得f的解析式，再根据三角函数的性质求范围即

MN

可.

【小问1详解】

略；

【小问2详解】

（i）由(1)可知平面PAD平面PCD，

又因为平面PAD平面PCDPD,AD平面PAD,ADPD，

所以AD平面PCD,CD平面PCD,

所以ADCD，

又因为ABBC，BAD90，

所以四边形ABCD为矩形，

又因为PAPC2，

所以ADPAsin301,PDPAcos303，

在PCD中，由余弦定理可得CD2PC2PD22PCPDcosCPD

3

432231，

2

所以CD1且CD2PD24PC2,

所以PCD是直角三角形，PDC90,

从而得四边形ABCD为边长为1的正方形，

设ACBDO,连接PO,

则ACBD，

因为PDC90,所以PDCD,

又因为PDAD,AD,CD平面ABCD,ADCDD,

所以PD平面ABCD,

又AC平面ABCD,

所以PDAC,

PD,BD平面PBD，PDBDD,

所以AC平面PBD，

所以APO是AP与平面PBD所成角，

又因为AC2,所以AO1AC2,

22

AO212

在Rt△AOP中，sinAPO;

AP224

（ii）由（i）可知四边形ABCD中，ADCD1,ADCABC90,

且PD平面ABCD,

所以AC2AD2CD22,

又因为BD平面ABCD,所以PDBD,

因为ADB090，所以CDB90，

在ADB中，由余弦定理可得：

AB2AD2BD22ADBDcos1BD22BDcos，

在CDB中，由余弦定理同理可得：BC21BD22BDcos(90)1BD22BDsin，

又因为ABBC．

所以AC2AB2BC222BD22BDsin2BDcos．

即222BD22BDsin2BDcos，

所以BD2BD(sincos)0，

又因为BD0，所以BDsincos，

过A作AMBD于M，过M作MNPB于N，连接AN,

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ABCDBD,

AM平面ABCD,

所以AM平面PBD,

又因为PB平面PBD，

所以AMPB;

又因为MNPB，MN,AM平面AMN,MNAMM,

所以PB平面AMN，

又因为AN平面AMN，

所以PBAN,

所以ANM是二面角APBD的平面角，

AM

在Rt△ANM中，tanANM,

MN

在Rt△ADM中，AMADsinsin，DMADcoscos，

在RtPDB中，PDPA2AD2413,DMcos,BDcossin，

PD33

所以BMsin，sinB，

PB3(sincos)24sin2

3sin

在RtBMN中，MNBMsinB，

4sin2

AM4sin24sin2

所以tanANMsin,

MN3sin3

4sin2

所以f()；

3

因为090，所以02180，

所以sin2(0,1]，所以4sin2(4,5]，

所以4sin2(2,5]，

4sin22315

所以(,]，

333

2315

即f()(,].

33

19.在如图1所示平面四边形ABCD中，AB2，BCCD6，AD23，ABBD，将BCD

沿BD翻折至PBD（图2），其中P为动点，连接PA，令PAt，t11,4．点E，F，M分别

为BP，PA，BD的中点，点N在AD上且满足BNAM，AE与BF交于G，AM与BN交于K，

连接GK．

（1）证明：GK//平面PBD；

（2）当平面AEM平面BFN时，求t的值；

（3）求二面角BAME的余弦值的最小值．

【答案】（1）证明：因为E,F分别为边BP,PA的中点，所以AE,BF为PAB的中线，且AEBFG，

2

所以G为PAB的重心，则AGAE，

3

1

在RtABD中，BDAD2AB222，BMBD2，

2

AB22BM2ABBM

则，，即，

DB222BA