参考答案_2024年07月试卷_0704重庆市巴蜀中学校2023-2024学年高一下学期期末考试_重庆巴蜀中学校2026届高一下学期期末考试数学试题

高 2026 届高一（下）期末考试
数学参考答案
一、单选题
1 2 3 4 5 6 7 8
C B C B D A A D
1【答案】C
3 1 sinA 1 
【解析】由正弦定理得：  ，则sinB  ，由ba得B A，所以B ，故选C.
sinA sinB 3 2 6
2【答案】B
50
【详解】依题意高一2班应抽取的人数为40 10人，故选：B.
200
3【答案】C
【解析】根据斜二测画法规则，OAOA1，OB2OB2 2 ，且OAOB，
则 AB OA2OB2 3 ，故选C.
4【答案】B
【解析】A中m可能在内，错误；B中由线面垂直的性质显然正确；C中与可能相交，错误；
D中n可能在内，可能平行于，可能与斜交，错误，故选B.
5【答案】D
1 1 1 1
【解析】由题意，甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率P(1 )(1 )(1 ) ，再由对立事件
3 3 4 3
1 2
关系，则甲、乙、丙中有人完成挑战的概率P1  ，故选D.
3 3
6【答案】A
     1  
【解析】由题意，AA ABAA AD11cos  ，ABAD0，
1 1 3 2
           1
又DC AB，BE  AEAB AA AD DEAB AA AD AB，
1 1 1 1 1 2
    1  1 1  
所以BEDC (AA AD AB)AB 0 0 ，即有BE DC，故选A.
1 2 2 2
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BC 6t，AB14t，又ACB4575120，
AC 10，在ABC中，由余弦定理得：(14t)2 102(6t)220(6t)cos120，则8t23t50，
5
即(8t5)(t1)0，解得t1或t （舍去），，故选A.
8
8【答案】D
1
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#} 1
【解析】如图，根据投影向量， OAAB ，则AOB60，且AB 3，，因为 c  ，
2
1
所以点C在以O为圆心，半径r  的圆上运动．设M 是AB的中点，由极化恒等式得：
2
C  B  C  A  C  M  2  1 A  B  2 |C  M  |2 3 ，因为|C  M  | |OM |r  71 ，
4 4 min 2
 3 82 7 3 52 7   52 7
则|CM |2     ，即CBCA的最小值为 ，故选D.
4 4 4 4 4
二、多选题
9 10 11
AD ABD ABD
9【答案】AD
1i
【解析】由题意，z 21i，则虚部为1， z  (1)2(1)2  2，则A正确，B错误；
i
z 1i在复平面内对应的点(1,1)在第二象限，C错误；
z2 (1i)2 2i，z4 (z2)2 (2i)2 4，z8 (z4)2 (4)2 16，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
{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)}，
事件A{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)}，B{(1,2),(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)}，
事件C {(2,4),(4,2)}，所以AB{(1,2),(2,1)}，AC{(2,4)}，
AB{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)}，利用古典概型计算公式，
6 1 2 1 10 5 1
P(A)P(B)  ，P(AB)  ，P(AB)  ，P(AC) ，
12 2 12 6 12 6 12
故答案为：ABD.
11【答案】ABD
【解析】选项A中，将平面BBCC沿CC翻折到与平面DDCC为同一平面，当D,M,B 三点共线时，
1 1 1 1 1 1
则BM DM BD 4222 2 5，正确；
1 1
选项B中，设N是A
1
A的中点，连接D
1
N, NB，易证D
1
M

//NB，所以平面BMD
1
平面BMD
1
N，
此截面是平行四边形，正确；
选项C中，当CM 1时，因为CM,AD,AB两两垂直，所以四面体ABMD的外接球的直径
3
2R CM2CD2CB2 3 ，则R ，此时外接球表面积4R2 9，错误；
2
2
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#}选项D中，由AOCO，所以点O在AC的中垂面DDBB 上，设BD 的中点为H，则AH  2，
1 1 1 1 1
易证AH 平面DDBB ，则HO AO2AH2  2，所以点O在以H为球心，r 2的半圆上
1 1 1 1 1
运动，点O的轨迹长为 2，D正确.故答案为：ABD.
三、填空题
12 13 14
-2 2 1
4
12【答案】2
 
【解析】由题意，a∥b，则1m1(2)，所以m2，故答案为2.
13【答案】2
【解析】由题意，底面圆的半径r 1，母线l 2，于是S rl 2，故答案为2.
侧
1
14【答案】
4
【解析】由正弦定理，asinAcsinCacosCccosA可化为sin2Asin2Csin(AC)sinB，
1
absinC
由S tb2（t 0）得： S 2 sinAsinC sin2 Asin2C 1，当且仅当sinAsinC，
t     
b2 b2 2sinB 4sinB 4
1
即AC45，B90时等号成立，故答案为 .
4
四、解答题
15．【答案】（1）a0.035； （2）41.5 （3） x51.7
【解析】（1）由题知，10(0.010.015a0.030.01)1，则a0.035；....4分
（2）由图样本平均数x200.1300.15400.35500.3600.141.5；......9分
（3）由题知，年龄在 15,55的频率为0.9，年龄在 15,45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0.6(x45)0.030.8，解得x51.7......13分
16【答案】（1）略； （2）略
【解析】（1）证明：由题知，由BB //DD,BB DD ，则四边形BBDD为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
所以BD//BD ，所以BD//面ABD ，同理可证BC //AD ，所以BC //面ABD
1 1 1 1 1 1 1 1 1
由BD面BDC ,BC 面BDC ，所以面BDC //面ABD ，
1 1 1 1 1 1
又PD面BDC ，所以DP//面ABD ；......7分
1 1 1

（2）取BC中点E，连接DE，PE．在BDC中，BC DC,BCD ，则BDC为
3
3
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#}正三角形，
所以DE  BC ，又BC  DP，所以BC 面EDP，所以BC EP．
在面BCC 中，BC CC ，EP平面BCC ，所以EP//CC ，
1 1 1 1
在BCC 中，E为BC中点，所以EP为中位线，则点P为BC 中点．......15分
1 1
17【答案】（1）  或 2 ； （2） ç ç0, 2 3 ú
3 3 ç çè 9 ú úû
cosA cosB 2c sinBcosAcosBsinA 2sin C
【解析】由正弦定理， 3   可化为 3  ，
sinA sinB b sinAsinB sinB
sin(BA) 2sinC
则有 3  ，因为在ABC中，sin(BA)sinC0，sinB0，
sinAsinB sinB
3  2
所以化简得：sinA ，又0 A，解得：A 或 ；......7分
2 3 3
 
 AB 2AC         
（2）由AD  得：3AD AB2AC  ADDB2(ADDC)，则BD2DC，
3 3
2 2 1 3 2
从而S = S = ´ bcsinA= bc，因为A为钝角，所以由（1）知，A ，且a2，
ABD 3 ABC 3 2 6 3
4
有余弦定理a2=b2+c2-2bccosA可得：b2+c2+bc=4，因为4³2bc+bc，所以bc£ ，
3
2 3 4
当且仅当b=c= 时等号成立，又b,c可以无限接近0，所以0<bc£ ，
3 3
从而S
ABD
=
6
3 bcÎ ç ç
ç çè
0, 2
9
3 ú
ú úû
，故ABD面积的取值范围为 ç ç
ç çè
0, 2
9
3 ú
ú úû
.......15分
3
18【答案】（1）略； （2）2 3 15 （3）
3
【解析】（1）如图，设F是BC的中点，连接EF，CF，
1
1 1
在三棱台ABCABC 中，因为AB  AB，所以AC  AC ，
1 1 1 1 1 2 1 1 2
1
且AC //AC，因为E,F分别是AB,BC的中点，所以EF //AC，EF  AC ，
1 1
2
于是可得：AC /

/EF ，所以四边形AEFC 是一个平行四边形，则有AE//C F ，
1 1 1 1 1 1
又AE 平面BBCC ，C F 平面BBCC ，所以AE//平面BBCC ；......5分
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
（2）因为AB 2，又S  22sin60 3为定值，所以当平面PAB平面ABC时，该三棱
ABC
2
1
锥的体积最大.因为AB /  / AB，所以A,B 分别是PA,PB的中点，因此PAB是边长2的正三角形，
1 1 2 1 1
4
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#}因为PE  AB，由平面 PAB平面ABC的性质可证得：PE 平面ABC，
1 3
又PE  3，则V  PES   3 1；
PABC
3
ABC
3
则三棱锥P-ABC的体积最大值为1......10分
（3）如图，PA AC  PB  BC  2，C 是PC 的中点，则AC PC，
1 1
BC PC，所以二面角ACC B的平面角是ACB，又AC  BC ，
1 1 1 1 1
AC2BC2AB2 1
由余弦定理得：cosACB 1 1  ，解得AC  BC  3，
1 2AC BC 3 1 1
1 1
作BO AC 于点O，连接PO，因为PC 平面ACB，所以PC  BO，又AC PC C ，
1 1 1 1
AC ,PC 平面ACC A ，所以BO 平面ACC A ，则BPO为直线BB 与平面ACC A 所成角，
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 6 2 3 PO 3
由PB2，BO   ，则PO  PB2BO2  ，从而cosBPO  ，
3 3 3 PB 3
3
所以直线BB 与平面ACC A 所成线面角的余弦值为 .......17分
1 1 1
3
 53
19【答案】（1） R2； （2）略 （3） R2
2 78

【解析】（1）若平面OAB,OAC,OBC两两垂直，有 ，
2

，所以球面三角形ABC面积为 S ()R2  R2；......3分
球面ABC
2
AC2 R2R22R2cos
 1
（2）①证明：由余弦定理有： BC2 R2R22R2cos ，且AC2 BC2  AB2，消掉R2，
2

AB2 R2R22R2cos
 3
有coscos cos 1。......7分
1 2 3
②由AD是球的直径，则AB  BD，AC CD，又AC BC，所以AC 面BCD，则AC BD，
 
所以可证得BD平面ABC，由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 , ，
4 3
 
所以DAB ,DCB ，不妨先令R 3，则AD2 3,ABBD 6,BC  2,AC 2，
4 3
由AC BC，AC BD，BC BD，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BEt,t(0, 6]，则C(0,0,0),A(0,2,0),B( 2,0,0),D( 2,0, 6)，
2 2 6
则 ，
S(0,1,0),T( ,0,0),E( 2,0,t),O( ,1, )
2 2 2
5
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#} 2x0
   2 6 
设平面OBC法向量m(x,y,z)，CB( 2,0,0),CO( ,1, )，则  ，
2 2  2x y 6z 0
 2 2

取z2，则y 6,x0，所以m(0, 6,2)，............10分
 2
设平面EST法向量n  (x,y,z)，S  T  ( 2 ,1,0),T  E  ( 2 ,0,t)，则    2 xy0 ，
2 2
 2x
tz0

 2

取x 2t，则yt,z1，所以n( 2t,t,1)，............12分
要使sin取最小值时，则|cos|取最大值，
 
|mn| | 6t2| 1 3t 2 1 ( 3t 2)2 1 2 6t1
所以|cos|          1 ，
|m||n| 10 3t21 5 3t21 5 3t21 5 3t21
m1 (m1)2
令m2 6t1,m(1,13]，则t ，3t2  ，有
2 6 8
2 6t1 m 8m 8 8
    2, 1
3t21 (m1)2 m22m9 9 62 当且仅当m3,t 取等）.
1 m 2 6
8 m
3 10
则|cos|取最大值 ，sin 1cos2 为最小值.....14分
5 5
1  1  
此时点E( 2,0, )，平面AEC中CE ( 2,0, ),CA(0,2,0)，法向量k (1,0,2 3)。
6 6
 
|AOk| 5 53
球心O到平面AEC距离为d    ，设平面AEC截球O圆半径为r，r 2 R2d2  ，
|k| 26 26
53 53
所以截面圆面积为r 2   R2......................................................17分
26 78
6
{#{QQABBYCAogigQIBAAQhCAQWqCAAQkBGAAQgGRAAMsAAAwRFABAA=}#}