精品解析：浙江温州中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

温州中学2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 命题老师：李耀敏； 审题老师：朱程茹. （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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.请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量.则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 为调查学生的体育达标情况，用简单随机抽样的方法，了解全校2026名学生的体育达标情况，抽取100名学生作为样本，第个（）学生的体育达标情况记为变量值，则表示的含义是（ ） A. 全校学生体育达标的人数 B. 样本学生体育达标的人数 C. 全校学生体育达标率 D. 全校学生体育达标率的估计值 4. 甲、乙两人玩游戏，游戏规则如下：两人同时从自己的袋子中随机取出一个球，若取出的球同色，则甲获胜，反之则乙获胜．已知甲的袋子中有3个黑球和3个红球，乙的袋子中有3个黑球和2个红球，则乙获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 设方程在复数范围内的两根分别为、，则下列关于、的说法错误的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体棱长为4，点是棱的中点，点分别是线段的中点，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. 6 D. 8 二、多选题：本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与C相互独立 B. 事件A，B，C两两独立 C. D. 10. 如图，四棱锥中，底面，且，，平面与平面交线为，则下列直线中与垂直的是（ ） A. B. C. D. 11. 在锐角，内角，，的对边分别是，，，已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有最大值 C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请将答案填在答题卷的相应位置） 12. 已知一组数据为，这组数据的第70百分位数是______. 13. 已知圆台的上下底面半径分别为2，3，侧面积为，则该圆台的体积为___________. 14. 已知平面向量满足，则的最大值是______. 三、解答题（本大题共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. 学校正在研究基于DeepSeek的人工智能答疑系统，更方便地帮助学生解决学习中碰到的问题.学校为了测试答疑系统是否准确，于是利用DeepSeek解答了50份不同的模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图. （1）求图中的值及这组数据的中位数； （2）若平均准确率不低于90%，则可以认为这个系统是准确的，并投入使用.请问，现在这个系统能否投入使用，并说明理由. 16. 如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 17. 如图，四边形满足，且. （1）求的大小； （2）当时，求的正切值. 18. 如图，在中，，，点为边中点，点在边上且，连接，交于点，点在边上的投影为.设. （1）试用表示； （2）当时，求的余弦值； （3）当时，求的取值范围. 19. 如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. （1）证明：面； （2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； （3）是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 温州中学2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 命题老师：李耀敏； 审题老师：朱程茹. （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 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.请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置. 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由，可知在复平面内对应的点为，则复数在复平面内对应的点位于第二象限. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为， 则复数在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 已知平面向量.则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积和模长的坐标运算求得和的值，再根据投影向量的定义即可求解. 【详解】由题意可知，，. 所以在上的投影向量是. 3. 为调查学生的体育达标情况，用简单随机抽样的方法，了解全校2026名学生的体育达标情况，抽取100名学生作为样本，第个（）学生的体育达标情况记为变量值，则表示的含义是（ ） A. 全校学生体育达标的人数 B. 样本学生体育达标的人数 C. 全校学生体育达标率 D. 全校学生体育达标率的估计值 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，表示抽取的100名学生中，达标的人数之和， 则表示这100名学生中体育达标的频率，即为全校学生体育达标率的估计值. 4. 甲、乙两人玩游戏，游戏规则如下：两人同时从自己的袋子中随机取出一个球，若取出的球同色，则甲获胜，反之则乙获胜．已知甲的袋子中有3个黑球和3个红球，乙的袋子中有3个黑球和2个红球，则乙获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】总事件数为，乙获胜的事件数是， 则乙获胜的概率是． 5. 如图，在三棱锥中，点D、F分别为棱PB，AC上的点，且，，E为线段BC上的点，若，且满足平面PEF，则λ=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，平面PEF，平面PEF，得到平面平面，然后得出最后得到结果. 【详解】如图，取的中点，连接， 由，所以为的中点，又为的中点，所以 PE， 平面，平面，所以平面， 又平面，且，平面， 所以平面平面，由平面，所以平面 又平面，平面平面，所以 又，所以，所以，故 故选：A 6. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A,B利用正弦定理即可求得结果，对角B分情况讨论，即可判断选项C,D. 【详解】对于选项A,B：由正弦定理可得， 由于，故或，故AB错误， 对于选项C,D:若时，则，此时 ， 若时，则， 此时为三角形中最小的内角，故，故C正确，D错误， 故选：C 7. 设方程在复数范围内的两根分别为、，则下列关于、的说法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出方程的两个虚根，可判断A选项；利用韦达定理可判断BCD选项. 【详解】由可得，可得，解得或， 由韦达定理可得，， 对于A选项，由题意可知，方程的两个虚根、互为共轭复数，即，A对； 对于B选项，，所以，，B对； 对于C选项，， 所以，C错； 对于D选项，，D对. 故选：C. 8. 如图，正方体棱长为4，点是棱的中点，点分别是线段的中点，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离，再结合棱锥的体积公式求解. 【详解】以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，. 所以，，. 在中，，， 所以. 又，，. 设平面的法向量为，则 ，取可得. 所以点到平面的距离为：. 所以. 二、多选题：本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件与C相互独立 B. 事件A，B，C两两独立 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到且和，结合概率的计算公式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】由题意，可得， 对于A中，事件，可得，且， 所以，所以事件与不相互独立，所以A错误； 对于B中，由， 所以事件两两相互独立，所以B正确； 对于C中，事件，所以，所以C正确； 对于D中，由，所以D正确. 故选：BCD. 10. 如图，四棱锥中，底面，且，，平面与平面交线为，则下列直线中与垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用线面所成的角判断A；利用线面垂直的判定定理可知平面PAD，利用线面平行的判定定理证明平面PAD，由线面平行的性质定理可得，进而可证明平面PDC，可判断BCD 【详解】分别取PD、PC的中点，连接AE、EF、BF， 因为EF是的中位线，所以且， 又且，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以，且， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD， 又平面与平面交线为，平面PAD，所以， 又，E是PD的中点，所以, 因为底面，平面，所以， 又，所以，又平面PAD， 所以平面PAD，又平面PAD， 所以，，，平面PDC， 所以平面PDC，又，所以平面PDC， 又平面PDC， 所以，故BCD对 由，，所以， 所以与PB所成的角就是BF与与PB所成的角即， 令， ， 在中，由余弦定理得, ，所以，故l与PB不垂直，故A 错； 故选：BCD 11. 在锐角，内角，，的对边分别是，，，已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有最大值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A利用公式将条件化成齐次式进而化简；选项B将代数式消元成只剩角A的三角函数，进而用辅助角公式求最值；选项C由正弦函数值域易证；选项D用换元法进行消元求证 【详解】因为，所以， 故， 因为是锐角三角形，所以，故， 即，选项A正确； ， 由辅助角公式得，其中，，， 当时，取最大值， 此时， 所以， 化简得， 即，解得或， 因是锐角三角形的内角，所以，即， ，满足条件， 但由余弦定理得，，代入求得，即为钝角， 与锐角三角形矛盾，故无法取最大值，选项B错误； 因为，，所以， 设的外接圆半径为，则，即，选项C错误； 由于，所以，，故， 要证，等价于证明， 因为， 所以，当且仅当时等号成立 ， 当且仅当时等号成立， 因为该三角形为锐角三角形，所以，故选项D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.请将答案填在答题卷的相应位置） 12. 已知一组数据为，这组数据的第70百分位数是______. 【答案】 【解析】 【详解】将数据从小到大排列，得到：，数据总个数 ， 因为，所以这组数据的第70百分位数是第6个数，为. 13. 已知圆台的上下底面半径分别为2，3，侧面积为，则该圆台的体积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台的侧面积公式得圆台的母线长，由勾股定理得圆台的高，再由圆台的体积公式得圆台的体积. 【详解】圆台的上底面半径，下底面半径，设圆台的母线长为，高为， 由圆台的侧面积公式得，解得， 由勾股定理得， 由圆台的体积公式得， 故答案为：. 14. 已知平面向量满足，则的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积不等式，结合取等号条件分析，可得最大值. 【详解】令，由已知，可得，且， 则，因为，所以， 因为，所以， 即， 又因为，所以， 当且仅当反向共线，同向共线， 即此时，满足, 因此的最大值为. 三、解答题（本大题共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. 学校正在研究基于DeepSeek的人工智能答疑系统，更方便地帮助学生解决学习中碰到的问题.学校为了测试答疑系统是否准确，于是利用DeepSeek解答了50份不同的模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图. （1）求图中的值及这组数据的中位数； （2）若平均准确率不低于90%，则可以认为这个系统是准确的，并投入使用.请问，现在这个系统能否投入使用，并说明理由. 【答案】（1）， （2）这个系统能投入使用，理由： 估计准确率的平均数为， ，所以认为这个系统是准确的，并投入使用. 【解析】 【分析】（1）借助频率和为1计算即可得的值，利用中位数定义计算即可得结果； （2）计算出准确率的平均数即可得结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得； 设中位数为，前两个矩形的面积之和为， 前三个矩形的面积之和为， 所以，则，解得， 所以估计准确率的中位数为. 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． （2） 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则． 设平面的法向量为，则， 令，可得．所以． 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 17. 如图，四边形满足，且. （1）求的大小； （2）当时，求的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）正弦定理得，交叉相乘后，代入已知等式，并结合二倍角公式化简可得； （2）由余弦定理求得，得出，设，用表示出，然后计算面积和，利用已知得出关于的方程，转化为关于的方程，解方程可得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得，所以， 又因为， 所以，则， 所以， 因为，所以，则，即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，而， 由余弦定理得， 满足，所以， 设，因为，所以，，，为锐角， 所以， 所以， ，， 所以， 又因为，所以，则， 即，解得（舍去）， 18. 如图，在中，，，点为边中点，点在边上且，连接，交于点，点在边上的投影为.设. （1）试用表示； （2）当时，求的余弦值； （3）当时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量基本定理，结合三点共线的性质可得. （2）先明确即为与所成的角.再利用平面向量的数量积的运算法则求与夹角的余弦即可. （3）设，先用表示，根据列式，表示出，结合的取值范围，可得即的取值范围. 【小问1详解】 设，. 则， 又点为边中点，点在边上且， 所以，，所以. 因为三点共线，所以 . 所以. 【小问2详解】 即为与所成的角. 因为，. 且，，. 所以， ， ， 所以. 【小问3详解】 设，. 又， . 因为，所以， 即 ， 所以 . 若即，此时，所以等式不成立. 当时，. 因为，所以. 所以 . 所以的取值范围为. 19. 如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. （1）证明：面； （2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； （3）是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 连接，因是等腰三角形底边上的中线，所以 因为平面，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点， 所以平面 （2） （3）存在点，余弦值的取值范围为，理由如下： 因为是直角三角形，所以其外心在其斜边的中点，设线段中点为 过作直线使得平面，则直线上的任意点到，，的距离相等； 同理，是直角三角形，设斜边的中点为 过作直线使得平面，则直线上的任一点到，，的距离相等； 因此，与的交点距离，，，，的距离相等 因为平面，所以，故在的中位线上 所以与相交于点，即与重合 即 设线段中点为，线段中点为，连接，， 中，，因此 过作，与延长线交于，因为，所以 又因为（中位线），所以 因此，是二面角的平面角 设， 则，，，，（中位线） 由射影定理得，，则 由（1）可知，，由勾股定理得，，则，由垂径定理得， 在中，由余弦定理得，，代入化简得， 设，，函数在上单调递减 ，，而 故，即二面角余弦值的取值范围为． 【解析】 【分析】（1）题中垂直条件较多，利用线线垂直证明线面垂直，从而证明线线垂直，进而找到平面中的两直线与直线垂直；（2）要求三棱锥的体积，由于已知的长度，那么只要求出的面积；条件中提到二面角的余弦值，因此先找出二面角的平面角，再考虑该平面角与可通过联系；（3）先利用球的任意截面都是圆的性质找出的位置，再构造二面角的平面角，利用函数求取值范围 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同（1），可证得平面，则 由（1）的过程可知，平面，所以， 所以是二面角的平面角，则 在四边形中，，所以 所以，解得 因为平面，所以， 因为，所以 所以，可得，故 所以是等边三角形，其面积为 所以三棱锥的体积为 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $