成都七中高2026届高一下期数学期末考试参考答案
一，单项选择题
1-4:CBDD
5-8:BCAB
&.解折：设D为BC边中点，则A0AG=AC号A
-号+
-号A0aB+Ac-君AE+日Ac-+c.
6
6
在△ABC中，a=1A=60°，由余弦定理得a2=b2+c2-2bcC0s60°，.b2+c2=1+bc,
由均值不等式，1+bc=b2+c2≥2bc,所以bc≤1（当且仅当b=c=1等号成立），
所以AoAG-君e+b的-君c+信0+)-专故迹B
6
6
二.多项选择题
9.BC
10.BCD
11.AC
L.解析：A:当AP上AB时，线段DP长度最小，此时AP=,DP=S5,A正确，
5
B:将面A'D'CB旋转至面A'AB同一平面，连接AC,此时AP+PC=AC为最
B
小值，AC=221+>221+23,不布在这样的点P,改B错深
A
C:如图，取BE=1,BF,AG号
G
,连接FG交AB于P,易证此时
A'C⊥MN,A'C⊥EN,且M,N,E,F,G五点共面.因为MN门EN=N,
A'C⊥面MNEFG,所以存在这样的点P使A'C⊥面MNP,故C正确；
17
D:以点B为球心，
为半径的球面被面AB'C所截的截面为圆形，记其半径
为r,则
d2,其中d为点B到平面AB'C的距离.由VB-ABc=V-ABc易求得B
6
到平面A8℃的距离为了，解得r一》，所以我面面积S矿.2
π，D错误，本题选AC
三.填空题
12.10300
13.
28」
3
14.13
+2
3
14.解析：
取AB中点D,则AQ=mAB+nAC=2mAD+nAC；连接CD交AQ于点E,则
E=2D+L-AAC,且AQ=AgAE=AC(亿AD+L-2)AC,故2m+n=
AQ
AE
AE
AE
答案第1页，共4页
过2作OF /CD咬直线AB于点F,
AQ AF
AEAD
AF
如图，当P与B重合，F2与⊙P相切时，
AD
耿得最大值
计算得8F=23,2m+n=B-5V
+2.
3
D
3
D
四.解侪题
15,证明：()山正方体可知，0，E是AC,14巾点，F是
AB中点，因此OE为△1AC的中位线，0F为△ABC的巾位
线，战OEH4C,OF∥BCHA,D·
2分
又出于4D,AC&平面AD,C,OF,OE丈平面AD,C,所以
有OE平面ADC,OF#平面1D.C.
4分
B
1OE∩OF=O,OE,OFc平面E0,
做平面EFO平面ADC.
.6分
(I山)山0E AC可知，异面直线上O与AC所成角即为∠EOF或其补角.山于AA,⊥平面
AB(D,AB,AO二平面ABCD，所以有∠EAF'=∠EAO=圳.
由题意得AF-4,在t△EAF屮，由勾股定理可得EF=5.
…7分
易得A0=3V2,AE=3,在t八EAO中，由勾股定理可得E)=3N3.
8分
在△0AF中，∠AB=45,山余弦定迎得0=V10,
…10分
在△E0F巾，由余弦定理可得EF2=F02+FO2-2E0·F0.c0s∠EOF,
代入解特cos∠E0F=,6=V30
0.
3V3015
因此，异面白线0与AC所成角的余弦值为V
15
13分
16.解：()H样本频率分布直方图可知(U.0112a10.0251U.35)×10=1,解得=0.015：
4分
(I)样本频率白方图前三组频￥之和为(0.010+0.025+0.035)×10=0.7<0.75，
前四组频率之和为(0.010+0.025+0.035+0.015)×10-0.85>0.75，
*6分
所以样木数据的第七十五白分位数在第四组内，设其为x,则(x-75)×0.015+0.70-0.75,
斛得x-783,所以样本数据的第七十五百分位数为783.
9分
由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为783：
..10分
(1II)x=0.1×10×50+.35×10×6+0.025×10×70-.15×10×80+0.015×10×90
.12分
计算可得，样木的平均数x-69,
.15分
答案第2页，共4负成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试
数学试题
一. 单项选择题: 本大题共 8 小题, 每小题 5 分, 共计 40 分. 每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 若 ,则 .
A. B. C. 2 D. 4
2. 若 与 夹角为 ,且 ,则 .
A. B. 1 C. D. 2
3. 已知 为锐角,则 .
A. B. C. D.
4. 将函数 的图象先向左平移 个单位长度,再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的 2 倍,纵坐标不变,得到函数 的图象,则 的一条对称轴可能为（ ）.
A. B. C. D.
5. 已知 是三个不同的平面, 是两条不同的直线,且 ,给出下列四
个命题: ① 若 ,则 或 ②若 ,则 或
③若 , ,则 ④若 ,则
则上述命题中正确的个数为（ ）.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
6. 同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子, 则所得点数之差绝对值小于 2 的概率为（ ）.
A. B. C. D.
7. 羌族是中国西部地区的一个古老民族, 被称为 “云朵上的民族”, 其建筑颇具特色. 碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑, 一般多建于村寨住房旁. 现有一碉楼, 其主体部分可以抽象成正四棱台 ,如图,已知该棱台的体积为 ,
,则二面角 的正切值为（ ）.
A. 3 B. C. D.
8. 在 中,角 所对的边分别为 ,已知 ,设 分别是 的外心和重心,则 的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二. 多项选择题: 本大题共 3 小题, 每小题 6 分, 共计 18 分. 每小题给出的四个选项中, 有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分, 选对但不全的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 已知 ,则（ ）.
A. “ ” 是 “ ” 的必要条件 B. “ ” 是 “ ” 的充分条件
C. “ ” 是 “ ” 的必要条件 D. “ ” 是 “ ” 的充分条件
10. 已知一组样本数据 下列说法正确的是（ ）.
A. 该样本数据的第 60 百分位数为
B. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称, 且在右边 “拖尾”, 则其平均数大于中位数 C. 若样本数据的方差 ,则这组样本数据的总和为 100
D. 若由 生成一组新的数据 ,则这组新数据的平均值是原数据平均值的 2 倍
11. 如图,在长方体 中, 为棱 中点,
为线段 上一动点,下列结论正确的是（ ）.
A. 线段 长度的最小值为
B. 存在点 ,使
C. 存在点 ,使 平面
D. 以 为球心, 为半径的球体被平面 所截的截面面积为
三. 填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共计 15 分.
12. 习主席曾提出 “绿水青山就是金山银山” 的科学论断, 为响应国家号召, 农学专业毕业的小李回乡创业, 在自家的田地上种植了 A, B 两种有机生态番茄共 5000 株, 为控制成本,其中 品种番茄占 . 为估计今年这两种番茄的总产量,小李采摘了 10 株 品种番茄与 10 株 品种番茄,其中 品种番茄总重 品种番茄总重 ,则小李今年共可收获番茄约 .
13. 已知三棱锥 是边长为 2 的等边三角形, 是面积为 2 的等腰直角三角形,且平面 平面 ,则三棱锥 的外接球表面积为 .
14. 在 中, 为斜边 上一动点,点 满足 ,且 ,则 的最大值为 .
四. 解答题: 本大题共 5 小题, 共计 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (13 分) 如图,棱长为 6 的正方体 中, 是 的中点, 是 的中点,点 在 上.
(I) 当 是 的中点时,证明: 平面 平面 ;
(II) 当 是靠近 的三等分点时,求异面直线 与 所成角的余弦值.
16. (15 分) 2024 年 4 月 26 日, 主题为 “公园城市、美好人居” 的世界园艺博览会在四川成都正式开幕, 共建成 113 个室外展园, 涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格, 吸引了全球各地游客前来参观游玩. 现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了 50 名游客, 统计他们的参观时间 (从进入至离开该展园的时长, 单位: 分钟, 取整数),将时间分成 五组,并绘制成如图所示的频率分布直方图.
(I) 求图中 的值;
(II) 由频率分布直方图, 试估计该展园游客参观时间的第 75 百分位数 (保留一位小数);
(III) 由频率分布直方图,估计样本的平均数
(每组数据以区间的中点值为代表).
17. (15 分) 甲、乙两位同学进行羽毛球比赛, 并约定规则如下: 在每个回合中, 若发球方赢球, 则得 1 分, 并且下一回合继续由其发球; 若发球方输球, 则双方均不得分, 且下一回合交换发球权; 比赛持续三回合后结束, 若最终甲乙得分相同, 则为平局.
已知在每回合中,甲获胜的概率均为 ,各回合比赛结果相互独立,第一回合由甲发球.
(I) 求甲至少赢 1 个回合的概率;
(II) 求第二回合中有选手得分的概率;
(III) 求甲乙两人在比赛中平局的概率.
18. (17 分) 记 的内角 的对边分别为 ,已知 , 是线段 上的一点,满足 ,过 作一条直线分别交射线 、射线 于 两点.
(I) 求 ,并判断 的形状;
(II) 求 的长;
(III) 求 的最小值.
19. (17 分) 如图,斜三棱柱 中, ,四边形 是菱形, 为 中点, 平面 ,点 到平面 的距离为 与 的距离为 2 .
(I) 求证: 平面 ;
(II) 求 与平面 所成角的正弦值;
(III) 若 分别为 的中点,求此斜三棱柱被平面 所截的截面面积.
