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四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共31页。试卷主要包含了 已知，则的值是， 已知复数是方程的两根，则等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一颗银杏树的高度，首先在处，测得树顶的仰角为，然后沿方向行走14米至处，又测得树顶的仰角为，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C 若，则
D. 若异面直线，，则
4. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
6. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（ ）
A. B. C. D.
8. 在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数是方程的两根，则（ ）
A. 是方程的一个根
B.
C.
D. 在复平面内所对应的点位于第四象限
10. 在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A. 甲组中位数为2，极差为5
B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为1，方差大于0
D. 丁组平均数为2，方差为3
11. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递增
C. 将函数图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D. 若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
12. 已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（ ）
A. 与始终保持垂直
B. 的最小值为
C. 经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为
D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线长为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设是复数且，则最小值为___________.
14. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________.
15. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.
16. 在中，内角所对的边分别是，且，，则边上的中线的取值范围是_________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求和的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
18. 某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
（1）求图中的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；
（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．
19. 在中，角所对的边分别为，的外接圆半径为，且．
（1）证明：；
（2）若，的面积为，求的周长．
20. 如图，在长方体中，，平面.
（1）证明：四边形为矩形；
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
21. 已知函数，图象中相邻两条对称轴的距离为.
（1）求函数的解析式和在区间的单调递增区间；
（2）方程在上有2个不相等的实数根，求实数的取值范围.
22. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．
（1）当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
（2）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试
数学试题
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一颗银杏树的高度，首先在处，测得树顶的仰角为，然后沿方向行走14米至处，又测得树顶的仰角为，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】令杏树的高度为，借助仰角的定义，以及直角三角形的性质，用表示相应边长，然后利用勾股定理即可求出高度.
【详解】
如图，令杏树的高度为，根据题意,
所以，在中，，在中，，
所以，在中，,
即，解得，
故选：A.
3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若为异面直线，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的性质结合面面的位置关系可判断A；结合面面垂直以及线线位置关系判断B；结合面面以及线面平行判断C；根据面面平行的判定定理判断D.
【详解】对于A，若，则或和相交，A错误；
对于B，若，则不一定有，还有可能是，B错误；
对于C，若，则或，C错误；
对于D，为异面直线，，由于，
则过n作平面与相交，交线为，则，
因为为异面直线，故必相交，若平行，则可得，不合题意；
又由于，故，
而相交，，故，D正确，
故选：D
4. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
【答案】D
【解析】
【分析】设，得到，根据题意，结合平均数和方差的性质，即可求解.
【详解】设，可得，则
根据题意，可得个样本的平均数是，方差为，即，
所以样本的平均数为，方差为，
即样本，，，，的平均数与方差分别是和.
故选：D.
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换求出，再利用诱导公式及二倍角公式求解即得.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：C
6. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长.
【详解】由及正弦定理可得，
因为，则，所以，则，
因为，故，因为，
由余弦定理可得，
因为的面积与的面积之比为，所以，
则，故，
由斯特瓦尔特定理可得，
因此.
故选：A.
7. 如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求两个三棱锥的底面积和高之比，即可得体积之比.
【详解】如图：
连接，，，当三点在水平面时，该容器盛水最多.
因为：，所以.
又因为：，所以，到平面的距离之比为：，
所以，所以.
故选：B
8. 在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设，根据解得，再根据的范围可得答案.
【详解】
建立如图所示平面直角坐标系，
则，
设，
，
因为，所以，
可得，解得，
所以
，
因为，所以，
可得，
所以.
故选：B.
【点睛】点睛：向量平行(共线)、垂直、线性运算与三角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系、线性运算得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数是方程两根，则（ ）
A. 是方程的一个根
B.
C.
D. 在复平面内所对应的点位于第四象限
【答案】BC
【解析】
【分析】解实系数一元二次方程得，通过计算逐一验证选项即可.
【详解】对A，复数是方程的两根，
则有，故A不正确；
对 B，，，
，所以，故B正确；
对C，，，
所以，故C正确；
对D，，所以在复平面内所对应的点位于第一象限，故D错误.
故选：BC.
10. 在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A. 甲组中位数为2，极差为5
B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为1，方差大于0
D. 丁组平均数为2，方差为3
【答案】AD
【解析】
【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.
【详解】对，因为中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故正确；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；
对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．
故选：AD.
11. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递增
C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D. 若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的图象，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，所以，则，
又由，即，
可得，所以，
因为，可得，所以，
对于A中，由，
所以点不是函数的对称中心，所以A错误；
对于B中，当时，可得，
根据正弦函数的性质，可得在单调递增，
所以在上单调递增，所以B正确；
对于C中，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到，所以C正确；
对于D中，当时 ，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
要使得方程在上有两个不相等的实数根，
如图所示，可得，即实数的取值范围是，所以D正确.
故选：BCD.
12. 已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（ ）
A. 与始终保持垂直
B. 的最小值为
C. 经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为
D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线长为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.
【详解】对于A，连接，由正方形的性质可得，由正方体的性质可得；
又，所以平面，
因为平面，所以；
同理可得，因为，所以平面；
因为平面，所以，A正确.
对于B，把沿展开到与共面，如图，
则三点共线时，最小，且最小值为，
在中，，
由余弦定理可得，
所以，即的最小值为，B正确.
对于C，分别取的中点，连接，
由正方体的性质可知四边形是菱形，且是过面积最小的截面.
理由如下：过点作于，设，则；
由直角三角形性质可得：；
，；
由可得，显然时，取到最小值，此时截面面积最小.
最小面积为，C正确.
对于D，过点作于点，由平面，可得；
又因为，所以平面，
以为球心，为半径的球面被平面所截的圆面的圆心为，半径为，
则，所以，即；
以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆周，其长度为，D不正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：解答A选项的关键是证明平面，而平面，所以；解答B选项的关键是发现三点共线时，最小，且最小值为，余弦定理求出即可；解得C选项的关键是由正方体的性质得到四边形是过面积最小的截面，解决D选项的关键是以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆，求其周长即可.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设是复数且，则的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解.
【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以为圆心，1为半径的圆，而表示复数到原点的距离，
由图可知，.
故答案为：.
14. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量性质得出的关系，再应用基本不等式计算积的最大值即可.
【详解】因为,所以,
因为在一条直线上，所以,
所以,当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
15. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解．
【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，，
即，解得．
因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为，
所以，，即．
因此，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
16. 在中，内角所对的边分别是，且，，则边上的中线的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理结合二倍角的正弦公式化简求值即可求，利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】由，可得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以，
由余弦定理可得，
因为是的中点，所以，
所以，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求和的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据题意，求得向量，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，
则，解得，
设向量和的夹角为，则，所以，
所以向量和的夹角为.
【小问2详解】
解：向量为在上的投影向量，可得，
则.
18. 某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
（1）求图中的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；
（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．
【答案】（1），69.5
（2）77.5 （3）平均数为70，方差是 .
【解析】
【分析】（1）由题意可得，可求，根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）再根据百分位数的定义求解第80百分位数即可.
（3）利用分层抽样的平均数公式与方差公式计算即可.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数为；…
【小问2详解】
成绩在的频率为，满意度在的频率为
设百分之80分位数为，则，
则，
解得，故百分之80分位数为77.5
【小问3详解】
100名候选者中第二组的人数为100×0.25=25人，第四组的人数为100×0.2=20人
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，…
设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差
．
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为70，方差是.
19. 在中，角所对的边分别为，的外接圆半径为，且．
（1）证明：；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理、正弦定理、两角差的正弦展开式得，可得答案；
（2）令，再利用求出，可得答案.
【小问1详解】
由，
可得，所以，
又由正弦定理，可得，
即，所以，
可得或，即或（舍去），
所以；
小问2详解】
因为，，
所以，，所以为等腰三角形，
，
所以，
令其中，则
，
解得，
因此的周长为
.
20. 如图，长方体中，，平面.
（1）证明：四边形为矩形；
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行、面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理即可证明；
（2）用等体积法求出点到平面的距离，再求出的长度，即可求解.
【小问1详解】
长方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
，
平面平面，同理可得，
，，所以四边形为平行四边形，
平面，平面，平面平面，
，又长方体中平面，
平面，又平面，
，
所以四边形为矩形.
【小问2详解】
设到平面的距离为，
，平面，
平面，
到平面的距离为，
，则，
又，
，，
，
，
所以，解得，
，
设与平面所成角为， 则，
所以与平面所成角的正弦值为.
21. 已知函数，图象中相邻两条对称轴的距离为.
（1）求函数的解析式和在区间的单调递增区间；
（2）方程在上有2个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，然后根据题意得到周期，代入周期的计算公式可得，然后根据正弦函数单调增区间代入即可求解；
（2）用换元法，由（1）得，转化为关于一元二次方程根分布问题即可求解.
【小问1详解】
因为图象中相邻两根对称轴的距离为，所以周期，所以，
又因为，所以，所以，
令，解得
所以单调递增区间为，
当时，当时，
所以在区间的单调递增区间为；
【小问2详解】
由（1），令，
由，可得，则，
由题意可知，关于的方程有两个不等的实根，
且与在上均有两个不等的实根，
因为的图象如图所示，故，
所以关于的方程在上有两个不等的实根，
令，则，即，
解得
故实数的取值范围.
【点睛】利用辅助角公式将函数化简，考查正弦函数性质的应用，以及函数与方程的综合问题，第二问解题的关键是通过换元将问题转化为二次方程有两个根，再利用根分布问题讨论即可求解，体现了转化的数学思想方法.
22. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．
（1）当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
（2）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
【答案】（1）①证明见解析；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意可得，，，则平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可；
（2）过点做交于，所以直线与平面所成的角,即为直线与平面所成的角，过E作EO⊥BM于点O，连接，连接，是直线与平面所成的角，是二面角平面角，设，然后表示出化简后利用二次函数的性质可求得其最大值.
【小问1详解】
①
当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以
因为，平面，平面，
所以平面；
②
过E作EO⊥BD于点O，连接.
因为平面，平面，所以，
因为EO⊥BD， ，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角,
且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线.
因为所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值为.
【小问2详解】
过点做交于，所以直线与平面所成的角,
即为直线与平面所成的角，
过E作EO⊥BM于点O，连接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
因为，满足，
设，所以，
所以，
所以，，
因为在中，斜边大于直角边，即，
所以，所以，
，
在中由等面积，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值.
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一颗银杏树的高度，首先在处，测得树顶的仰角为，然后沿方向行走14米至处，又测得树顶的仰角为，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C 若，则
D. 若异面直线，，则
4. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
6. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（ ）
A. B. C. D.
8. 在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数是方程的两根，则（ ）
A. 是方程的一个根
B.
C.
D. 在复平面内所对应的点位于第四象限
10. 在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A. 甲组中位数为2，极差为5
B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为1，方差大于0
D. 丁组平均数为2，方差为3
11. 已知函数部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递增
C. 将函数图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D. 若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
12. 已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（ ）
A. 与始终保持垂直
B. 的最小值为
C. 经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为
D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线长为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设是复数且，则最小值为___________.
14. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________.
15. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.
16. 在中，内角所对的边分别是，且，，则边上的中线的取值范围是_________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求和的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
18. 某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
（1）求图中的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；
（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．
19. 在中，角所对的边分别为，的外接圆半径为，且．
（1）证明：；
（2）若，的面积为，求的周长．
20. 如图，在长方体中，，平面.
（1）证明：四边形为矩形；
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
21. 已知函数，图象中相邻两条对称轴的距离为.
（1）求函数的解析式和在区间的单调递增区间；
（2）方程在上有2个不相等的实数根，求实数的取值范围.
22. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．
（1）当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
（2）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试
数学试题
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部为.
故选：C.
2. 石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内一颗银杏树的高度，首先在处，测得树顶的仰角为，然后沿方向行走14米至处，又测得树顶的仰角为，则树高为（ ）米．
A. B. C. D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】令杏树的高度为，借助仰角的定义，以及直角三角形的性质，用表示相应边长，然后利用勾股定理即可求出高度.
【详解】
如图，令杏树的高度为，根据题意,
所以，在中，，在中，，
所以，在中，,
即，解得，
故选：A.
3. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若为异面直线，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的性质结合面面的位置关系可判断A；结合面面垂直以及线线位置关系判断B；结合面面以及线面平行判断C；根据面面平行的判定定理判断D.
【详解】对于A，若，则或和相交，A错误；
对于B，若，则不一定有，还有可能是，B错误；
对于C，若，则或，C错误；
对于D，为异面直线，，由于，
则过n作平面与相交，交线为，则，
因为为异面直线，故必相交，若平行，则可得，不合题意；
又由于，故，
而相交，，故，D正确，
故选：D
4. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
【答案】D
【解析】
【分析】设，得到，根据题意，结合平均数和方差的性质，即可求解.
【详解】设，可得，则
根据题意，可得个样本的平均数是，方差为，即，
所以样本的平均数为，方差为，
即样本，，，，的平均数与方差分别是和.
故选：D.
5. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换求出，再利用诱导公式及二倍角公式求解即得.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：C
6. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长.
【详解】由及正弦定理可得，
因为，则，所以，则，
因为，故，因为，
由余弦定理可得，
因为的面积与的面积之比为，所以，
则，故，
由斯特瓦尔特定理可得，
因此.
故选：A.
7. 如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知，设该容器的体积为 ，该容器最多能盛的水的体积为，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求两个三棱锥的底面积和高之比，即可得体积之比.
【详解】如图：
连接，，，当三点在水平面时，该容器盛水最多.
因为：，所以.
又因为：，所以，到平面的距离之比为：，
所以，所以.
故选：B
8. 在直角梯形中，分别为 的中点，点在以为圆心，为半径的圆弧上运动（如图所示）．若，其中，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设，根据解得，再根据的范围可得答案.
【详解】
建立如图所示平面直角坐标系，
则，
设，
，
因为，所以，
可得，解得，
所以
，
因为，所以，
可得，
所以.
故选：B.
【点睛】点睛：向量平行(共线)、垂直、线性运算与三角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关系、线性运算得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知复数是方程两根，则（ ）
A. 是方程的一个根
B.
C.
D. 在复平面内所对应的点位于第四象限
【答案】BC
【解析】
【分析】解实系数一元二次方程得，通过计算逐一验证选项即可.
【详解】对A，复数是方程的两根，
则有，故A不正确；
对 B，，，
，所以，故B正确；
对C，，，
所以，故C正确；
对D，，所以在复平面内所对应的点位于第一象限，故D错误.
故选：BC.
10. 在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A. 甲组中位数为2，极差为5
B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为1，方差大于0
D. 丁组平均数为2，方差为3
【答案】AD
【解析】
【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.
【详解】对，因为中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故正确；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为2，众数为2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；
对，如失分数据分别为，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；
对，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于，与题设矛盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．
故选：AD.
11. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 在上单调递增
C. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D. 若方程在 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的图象，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，所以，则，
又由，即，
可得，所以，
因为，可得，所以，
对于A中，由，
所以点不是函数的对称中心，所以A错误；
对于B中，当时，可得，
根据正弦函数的性质，可得在单调递增，
所以在上单调递增，所以B正确；
对于C中，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到，所以C正确；
对于D中，当时 ，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
要使得方程在上有两个不相等的实数根，
如图所示，可得，即实数的取值范围是，所以D正确.
故选：BCD.
12. 已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（ ）
A. 与始终保持垂直
B. 的最小值为
C. 经过的平面截正方体所得截面面积的最小值为
D. 以为球心，为半径的球面与平面的交线长为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的性质，截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.
【详解】对于A，连接，由正方形的性质可得，由正方体的性质可得；
又，所以平面，
因为平面，所以；
同理可得，因为，所以平面；
因为平面，所以，A正确.
对于B，把沿展开到与共面，如图，
则三点共线时，最小，且最小值为，
在中，，
由余弦定理可得，
所以，即的最小值为，B正确.
对于C，分别取的中点，连接，
由正方体的性质可知四边形是菱形，且是过面积最小的截面.
理由如下：过点作于，设，则；
由直角三角形性质可得：；
，；
由可得，显然时，取到最小值，此时截面面积最小.
最小面积为，C正确.
对于D，过点作于点，由平面，可得；
又因为，所以平面，
以为球心，为半径的球面被平面所截的圆面的圆心为，半径为，
则，所以，即；
以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆周，其长度为，D不正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：解答A选项的关键是证明平面，而平面，所以；解答B选项的关键是发现三点共线时，最小，且最小值为，余弦定理求出即可；解得C选项的关键是由正方体的性质得到四边形是过面积最小的截面，解决D选项的关键是以为球心，为半径的球面与平面的交线是以为圆心的圆，求其周长即可.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设是复数且，则的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解.
【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以为圆心，1为半径的圆，而表示复数到原点的距离，
由图可知，.
故答案为：.
14. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量性质得出的关系，再应用基本不等式计算积的最大值即可.
【详解】因为,所以,
因为在一条直线上，所以,
所以,当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
15. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解．
【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，，
即，解得．
因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为，
所以，，即．
因此，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
16. 在中，内角所对的边分别是，且，，则边上的中线的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形内角和定理结合二倍角的正弦公式化简求值即可求，利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【详解】由，可得，
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，所以，所以，
由余弦定理可得，
因为是的中点，所以，
所以，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求和的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据题意，求得向量，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，
则，解得，
设向量和的夹角为，则，所以，
所以向量和的夹角为.
【小问2详解】
解：向量为在上的投影向量，可得，
则.
18. 某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
（1）求图中的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；
（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．
【答案】（1），69.5
（2）77.5 （3）平均数为70，方差是 .
【解析】
【分析】（1）由题意可得，可求，根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）再根据百分位数的定义求解第80百分位数即可.
（3）利用分层抽样的平均数公式与方差公式计算即可.
【小问1详解】
由题意可知：，解得，
可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数为；…
【小问2详解】
成绩在的频率为，满意度在的频率为
设百分之80分位数为，则，
则，
解得，故百分之80分位数为77.5
【小问3详解】
100名候选者中第二组的人数为100×0.25=25人，第四组的人数为100×0.2=20人
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，…
设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差
．
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为70，方差是.
19. 在中，角所对的边分别为，的外接圆半径为，且．
（1）证明：；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理、正弦定理、两角差的正弦展开式得，可得答案；
（2）令，再利用求出，可得答案.
【小问1详解】
由，
可得，所以，
又由正弦定理，可得，
即，所以，
可得或，即或（舍去），
所以；
小问2详解】
因为，，
所以，，所以为等腰三角形，
，
所以，
令其中，则
，
解得，
因此的周长为
.
20. 如图，长方体中，，平面.
（1）证明：四边形为矩形；
（2）若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行、面面平行的性质定理和线面垂直的性质定理即可证明；
（2）用等体积法求出点到平面的距离，再求出的长度，即可求解.
【小问1详解】
长方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
，
平面平面，同理可得，
，，所以四边形为平行四边形，
平面，平面，平面平面，
，又长方体中平面，
平面，又平面，
，
所以四边形为矩形.
【小问2详解】
设到平面的距离为，
，平面，
平面，
到平面的距离为，
，则，
又，
，，
，
，
所以，解得，
，
设与平面所成角为， 则，
所以与平面所成角的正弦值为.
21. 已知函数，图象中相邻两条对称轴的距离为.
（1）求函数的解析式和在区间的单调递增区间；
（2）方程在上有2个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，然后根据题意得到周期，代入周期的计算公式可得，然后根据正弦函数单调增区间代入即可求解；
（2）用换元法，由（1）得，转化为关于一元二次方程根分布问题即可求解.
【小问1详解】
因为图象中相邻两根对称轴的距离为，所以周期，所以，
又因为，所以，所以，
令，解得
所以单调递增区间为，
当时，当时，
所以在区间的单调递增区间为；
【小问2详解】
由（1），令，
由，可得，则，
由题意可知，关于的方程有两个不等的实根，
且与在上均有两个不等的实根，
因为的图象如图所示，故，
所以关于的方程在上有两个不等的实根，
令，则，即，
解得
故实数的取值范围.
【点睛】利用辅助角公式将函数化简，考查正弦函数性质的应用，以及函数与方程的综合问题，第二问解题的关键是通过换元将问题转化为二次方程有两个根，再利用根分布问题讨论即可求解，体现了转化的数学思想方法.
22. 如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．
（1）当点M与点重合时，
①证明：平面；
②求二面角的余弦值；
（2）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
【答案】（1）①证明见解析；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意可得，，，则平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可；
（2）过点做交于，所以直线与平面所成的角,即为直线与平面所成的角，过E作EO⊥BM于点O，连接，连接，是直线与平面所成的角，是二面角平面角，设，然后表示出化简后利用二次函数的性质可求得其最大值.
【小问1详解】
①
当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以
因为，平面，平面，
所以平面；
②
过E作EO⊥BD于点O，连接.
因为平面，平面，所以，
因为EO⊥BD， ，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角,
且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线.
因为所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以在中，，
即二面角的余弦值为.
【小问2详解】
过点做交于，所以直线与平面所成的角,
即为直线与平面所成的角，
过E作EO⊥BM于点O，连接.
由②同理可得平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
因为，满足，
设，所以，
所以，
所以，，
因为在中，斜边大于直角边，即，
所以，所以，
，
在中由等面积，，
因为，，所以是二面角平面角，
即，，
，当且仅当时“＝”成立，
故的最大值.
【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
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