广东惠州市光正实验学校2025-2026学年高一下学期期末复习数学试卷2

**基本信息** 高一下期末复习数学试卷，覆盖复数、概率统计、立体几何等核心知识，解答题融合频率分布直方图、空间几何证明等情境，梯度设计兼顾基础与能力，体现数学眼光、思维与语言素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、概率互斥关系、统计图表|射击训练频率分布条形图分析众数与方差（数学思维）| |多选题|3/18|立体几何线面关系、正方体动态问题|正方体中动点轨迹与截面面积计算（空间观念）| |填空题|3/15|互斥事件概率、异面直线所成角|三棱锥中异面直线所成角余弦值求解（几何直观）| |解答题|5/77|统计概率、立体几何证明、四边形面积|频率分布直方图与分层抽样概率计算（数据意识）；正三角形与菱形组合体二面角证明（推理能力）|

2025-2026学年惠州光正高一下期末复习数学试卷2 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知复数满足其中为虚数单位，则(    ) A. B. C. D. 2.从这个整数中随机抽取个数，记事件“抽到小于的数”，事件“抽到大于的数”，事件“抽到大于的偶数”，则(    ) A. 和不互斥 B. 和互斥且对立 C. 和不互斥 D. 和互斥且对立 3.甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶次，命中环数的频率分布条形图如图设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则(    ) A. B. ， C. D. ， 4.瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化某瓷器可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为(    ) A. B. C. D. 5.设一个随机试验的样本空间为，事件，，则下列结论中不一定成立的是(    ) A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若与互斥，则 6.已知样本数据，，，的平均数是，方差为，现样本加入新数据，，，则加入数据后新样本的方差是(    ) A. B. C. D. 7.在中，角，，的对边分别是，，，若，则的面积为(    ) A. B. C. D. 8.如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.设，表示两条不重合的直线，，，表示三个不重合的平面，则下列说法错误的是(    ) A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 10.如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为(    ) A. 三棱锥的体积为定值 B. 正方体的外接球表面积为 C. 若平面，则的轨迹长度为 D. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 11.在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是(    ) A. B. 若点是的重心，则的面积为 C. 的最小值为 D. 若点是的外心，且，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若事件与互斥，且，，则        ． 13.如图，三棱锥中，平面，与平面所成角为，，，是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是        ． 14.已知非零向量，，满足，，对于任意实数满足，，则的最大值是        ． 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.本小题分 已知向量，． Ⅰ求； Ⅱ求向量的夹角的余弦值； Ⅲ若与垂直，求实数的值． 16.本小题分 已知中，角，，所对的边分别为，，，满足，且，． 求角的大小； 求的值． 17.本小题分 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图分第一五组区间分别为，，，，． 求的值，并利用频率分布直方图，估计名市民的年龄的中位数结果保留两位小数； 若从第，组用分层抽样的方法选取名市民进行座谈； 第，组分别抽取多少人； 从这名市民中选取人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 18.本小题分 如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点，是的中点． 求证：平面； 求证：平面； 求二面角的余弦值． 注：本题用空间向量方法不给分 19.本小题分 定义平面凸四边形为没有内角度数大于的四边形如图，已知平面凸四边形中，，，． 若四边形被对角线分为面积相等的两部分，且； 求的长； 若，求的值． 若，求四边形面积的最大值． 2025-2026学年惠州光正高一下期末复习数学试卷2 答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由得， 则， 2.【答案】  【解析】解：根据题意，从这个整数中随机抽取个数，则， 则，，， 依次分析选项：对于，，则和互斥，故A错误； 对于，，则，则和互斥且对立，故B正确； 对于，，则和互斥，故C错误； 对于，，则和不对立，故D错误． 3.【答案】 【解析】解：根据图表知，甲、乙命中环数的众数均为环，则； 甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则． 4.【答案】 【解析】解：由题图可知，半球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，所以该瓷器的体积为． 5.【答案】  【解析】解：已知一个随机试验的样本空间为，事件，， 对于：是事件的对立事件，满足且，由概率加法公式可得，故A正确； 对于：若，说明事件的全部样本点都属于事件，所以，故B正确； 对于：若，由概率加法公式得， 当且仅当即时，才有，若，存在公共样本点，该等式不成立，故C错误； 对于：若与互斥，根据互斥事件定义得，空集的概率为，因此，故D正确． 6.【答案】 解：由题意，知，，所以， 加入，，后，， ， 7.【答案】 【解析】解：由正弦定理得，所以， 可得，根据余弦定理得， 结合，可得，整理得，解得不符合题意，舍去， 所以． 8.【答案】  【解析】解：由题意得，解得， 根据点是中点，且， 可得， 整理得，可得， 结合，可得， 由基本不等式，且，可得，当且仅当时，等号成立， 所以，即，当且仅当时，最小值为． 9.【答案】  【解析】解：因为，表示两条不重合的直线，，，表示三个不重合的平面， 所以若，，则，所以选项正确； 若，，则与可以成的任意角，所以选项错误； 若，，则或，所以选项错误； 若，，，，则与可以成的任意角，所以选项错误． 10.【答案】  【解析】解：因为正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，所以逐一分析各个选项如下： 对于：，为定值，A正确； 对于：正方体的外接球半径， 所以表面积，B错误． 对于：取的中点，连接，，，， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，，，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又在平面内运动， 所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线， ，即点的轨迹长为，C正确； 对于：，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以，，，四点共面， 所以截面即为梯形，并且，，， 所以等腰梯形的高，故其面积，D正确． 11.【答案】  【解析】解：选项，，则，可得， ，，则，，可得，，故A选项正确； 选项，设为外接圆的半径，由正弦定理可得：， ，则，解得， 点是的重心，，故B选项正确； 选项， ， 当且仅当，即时，等号成立， 的最大值为，故C选项错误 选项，，，则，即，，， 点是的外心，， ，则，即，解得，故D选项正确． 12.【答案】  【解析】解：事件与互斥，． 13.【答案】 【解析】解：平面，与底面线面角为，， 又，所以，，是中点，所以， ，， 取中点，连接，，则， 所以就是异面直线、所成角或补角， 又，则是等边三角形， 为中点，， 在中，， 所以， 所以异面直线和所成角的余弦值是． 14.【答案】  【解析】解：由，则， 故， 则， 得恒成立， 故 恒成立， 又，则有，即； 可设，，，， 设，则，， ， 即， 又，则取最大值时，取最大值， 由， 则， 即，则， 故， 即的最大值是． 15.【答案】      【解析】解：Ⅰ因为，， 所以，； Ⅱ因为，，， 所以向量，夹角的余弦值； Ⅲ若与垂直，则， 即，所以，解得． 16.【答案】   【解析】解：已知，由正弦定理得， 得， 又，，得，结合，得． 由面积公式，代入、，得，解得． 由余弦定理，代入、，得， 将代入得，把代入得， 因，故． 17.【答案】，中位数：  应从第，组中分别抽取人，人；  【解析】解：根据题意可得，解得； 因为前几组的频率依次为，，， 所以中位数在内，且为； 第组的人数，第组人数都多于，且频率之比为：， 所以用分层抽样的方法从第、两组市民中抽取名参加座谈， 所以应从第，组中分别抽取人，人． 记第组的名分别为，，，第组的名分别为，， 则从名中选取名作重点发言的所有情况为，，，，， ，，，，，共有种． 其中第组的名，至少有一名被选中的有：，，，， ，，，共有种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为． 18.【解析】解：证明：连接，交于点，连接， 因为是菱形，菱形对角线互相平分，故是中点， 又是中点，因此在中，是中位线，得， 又平面，平面， 所以平面； 证明：因为是菱形，，， 故是正三角形，是中点，由正三角形三线合一得， 又平面平面，交线为，且平面， 由面面垂直的性质定理得：平面； 过作于，连接， 由知平面，平面，故C； 又，，，平面， 因此平面，平面， 所以，即就是二面角的平面角， 正边长为，是中点，故A，， 在中：， 正边长为，是中点，故； 又平面，平面 得， 在中：， 故二面角的余弦值． 19.【答案】；；．  【解析】解：已知平面凸四边形中，，，， 已知四边形被对角线分为面积相等的两部分，且， 如图，在中，，，， 由余弦定理可得，则 ， 注意到，所以， 又，得， 即， 又因为四边形为凸四边形，，故， 则在中，由余弦定理可得， 所以． 由，如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 所以，，，，则． 设，由， 得， 则， 则． 若， 在和中， 由余弦定理得， 则， 四边形面积为：， 即，所以 ， 当且仅当，即，时，取最小值， 则， 所以四边形面积的最大值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $