精品解析：湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高一下学期期末模拟测试数学试题5

湖北随州曾都一中2026年春高一期末模拟测试数学试题5 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．） 1. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为108的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为（ ） A. 36 B. 40 C. 45 D. 50 2. 若复数是纯虚数，则 A. 3 B. 5 C. D. 3. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 4. 为了得到函数的图像，只要把正弦函数上所有点（） A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 5. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则等于（ ） A. 2 B. 3 C. D. 7. 一艘海轮从 处出发，以每小时50海里的速度沿南偏东的方向直线航行，2小时后到达 处，在 处有一座灯塔，海轮在 处观察灯塔，其方向是南偏东，在 处观察灯塔．其方向是北偏东，那么两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 8. 如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则复平面内对应的点位于第二象限 C. 复数， D. 若复数 满足，则的最大值为6 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数是奇函数 C. 函数的图象的对称轴方程为 D. 函数在区间上单调递增 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线 所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 13. 由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是_______. 14. 如图，的内角 ， ， 的对边分别为，，，直线与的边 ， 分别相交于点 ， ，其中为锐角三角形，，设，满足．则的周长的取值范围为_____． 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. 已知，，，若的最小正周期是． （1）求函数的解析式； （2）若将的图象向左平移个单位得到的图象，求在区间上的值域． 16. 如图，正三棱柱中， 是的中点， ． （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求． 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 18. 在中，角 ， ， 所对的边分别为，，，． （1）求的值； （2） 为边 上一点，满足且， （i）求证：； （ii）若 ，，设，求的值． 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，. （1）若平面 .证明：； （2）若平面平面 ，， （i）证明：； （ii）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北随州曾都一中2026年春高一期末模拟测试数学试题5 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．） 1. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为108的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为（ ） A. 36 B. 40 C. 45 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】计算出高三年级学生人数的占比，乘以108可得结果. 【详解】由题意得从高三年级抽取的学生人数为. 故选：C. 2. 若复数是纯虚数，则 A. 3 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由已知，求出 ，进一步可得，再利用复数模的运算即可 【详解】由z是纯虚数，得 且，所以 ，. 因此，. 故选：C. 【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题. 3. 已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，线面垂直的性质即可判断. 【详解】由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证得，故A正确； 对于B，或 ，故B错误； 对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确； 对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确. 故选：B. 4. 为了得到函数的图像，只要把正弦函数上所有点（） A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式将变成，再由平移变换可选出正确答案. 【详解】， 只要把 上所有点向左平移即可得到 故选：C 5. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量公式得到，利用及向量数量积运算法则计算出答案. 【详解】由题意可得，且，则， 所以. 故选：D. 6. 已知 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则等于（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦及正弦定理可得，进而利用余弦定理可得的值. 【详解】由，可得， 由正弦定理可得， 又因为，所以，所以， 在 中，，由余弦定理可得， 所以. 故选：D. 7. 一艘海轮从处出发，以每小时50海里的速度沿南偏东的方向直线航行，2小时后到达 处，在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在 处观察灯塔．其方向是北偏东，那么两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】A 【解析】 【分析】确定 中各角度数，利用正弦定理即可求出答案. 【详解】由已知可知（海里）， 则，故（海里）， 故选：A 8. 如图，在 中，为 上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值. 【详解】设，则， 所以，解得， ，则， ，当且仅当时，等号成立， 的最小值为． 故选：C 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则复平面内对应的点位于第二象限 C. 复数， D. 若复数 满足，则的最大值为6 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，利用虚数单位的计算即得；对于B，利用复数的四则运算与复数的几何意义即可判断；对于C，利用复数的四则运算化简复数 ，求其模长即可；对于D，利用复数的几何意义数形结合即可得到. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由，则， 则复平面内对应的点位于第三象限，故B错误； 对于C，因，则，故C错误； 对于D，由可知复数 对应的点表示以原点为圆心，半径为1的单位圆， 而则可以理解为点到该圆上的点的距离， 故该距离最大值为.故D正确. 故选：AD. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数是奇函数 C. 函数的图象的对称轴方程为 D. 函数在区间上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由图可得的最小正周期可判断A；由图象平移的性质可得B错误；由正弦函数的对称轴方程可得C错误；整体代入结合正弦函数的单调性可得D正确. 【详解】对于A，由图可得的最小正周期为， 且，则，则， 将代入得，即， 且，则， 可得，解得 故A正确； 对于B，由A可知， 所以，是偶函数，故B错误； 对于C，令，，解得，， 所以的对称轴方程为，，故C错误； 对于D，因，则，因在上单调递增， 则函数在区间上单调递增，，故D正确. 故选：AD. 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线 所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用，可求直线与 所成的角判断A；连接交于点 ，连接，可得直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角，求解可判断B；易求得二面角的大小判断C；接，平面截正方体所得的截面为梯形，求解可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为 分别为棱的中点，所以， 所以直线与 所成的角即为直线与 所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与 所成的角为， 故直线与 所成的角是，故A正确； 对于B，因为 分别为棱的中点，所以， 所以直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角， 连接交于点 ，连接， 由正方体，可得 平面， 又平面，所以， 又，又，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故B正确； 对于C，因为 平面，平面，则， 又，所以为二面角的平面角， 所以二面角的平面角是，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且， 所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】割补法，结合相似图形性质，根据正三棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案. 【详解】由题意知截去的正三棱锥与原正三棱锥相似，它们的底面边长的比为， 则截去的正三棱锥与原正三棱锥的体积之比为，剩余的棱台的体积为原三棱锥体积的. 而截去的正三棱锥的高为5，所以原正三棱锥的高为10， 所以原正三棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 故答案为： . 13. 由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是_______. 【答案】 【解析】 【分析】过点作轴，交轴于点,利用正弦定理求得的值，继而可解. 【详解】过点作轴，交轴于点，如图， 在′中，, ，， 由正弦定理得， 于是得, 由斜二测画法规则知， 在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是. 故答案为：. 14. 如图， 的内角， ，的对边分别为，，，直线与 的边， 分别相交于点， ，其中为锐角三角形，，设，满足．则的周长的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先由和差角的正余弦公式结合正弦定理求出，再由时，的周长有最小值，当时，的周长有最大值. 【详解】因为， 可得， 可得， 所以，可得， 又因为，可得，所以， 因为，所以． 画图可知，当时，的周长有最小值， 当时，的周长有最大值， 由为锐角三角形，所以周长的取值范围是. 故答案为： 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. 已知，，，若的最小正周期是． （1）求函数的解析式； （2）若将的图象向左平移个单位得到的图象，求在区间上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正余弦公式结合辅助角公式和正弦函数的最小正周期可得； （2）由图象平移的性质结合正弦函数的单调性可得. 【小问1详解】 由的最小正周期，又，解得， 所以. 【小问2详解】 ， ，可得， ， 16. 如图，正三棱柱中，是 的中点， ． （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求． 【答案】（1）证明过程见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到，从而得到线面平行； （2）证明 ⊥平面，求出，设，则，利用等体积法得到方程，求出，得到的值. 【小问1详解】 连接，交于点 ，连接， 因为四边形为矩形，所以 为的中点， 又是 的中点，故， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为 为等边三角形，是 的中点， 所以 ⊥ ，又 ，故， 因为⊥平面， 平面，所以⊥ ， 因为，平面，所以 ⊥平面， 设，则，， ， 所以，解得， 故. 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 【答案】（1） （2）众数为75，平均数为74 （3）总平均数为60，总方差为23 【解析】 【分析】（1）根据各组小矩形的面积之和为1，即可求解； （2）最高小矩形中点的横坐标即为众数，根据平均数的计算公式即可求解平均数； （3）根据分层随机抽样的平均数与方差公式即可求解. 【小问1详解】 各组小矩形的面积之和为1， ， . 【小问2详解】 由频率分布直方图可知：众数为75， 平均数为. 故估计样本成绩的众数为75，平均数为74. 【小问3详解】 由图可知，成绩在的人数为，成绩在的人数为， 故两组成绩合并后的总平均数为， 总方差为. 18. 在 中，角， ，所对的边分别为，，，． （1）求的值； （2）为边 上一点，满足且， （i）求证：； （ii）若 ，，设，求的值． 【答案】（1）3或． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理即可得到结果. （2）（i）利用正弦定理以及互补角的余弦值互为相反列出等式，即可证明结论. （ii）利用第（i）的结论以及两角差的正弦公式即可求得结果. 【小问1详解】 因为，结合正弦定理和余弦定理可得 ， ，或． 所以或． 【小问2详解】 （i）因为，所以． 又，，，． 又，则， ， ， ， ， ， 又，，， 又，, 所以 （ii），，， ，，解得， ∴，∴， ∴， ， ∴，， 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，. （1）若平面 .证明：； （2）若平面平面 ，， （i）证明：； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2）（i）证明见详解；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意可求出，进而可知 ，由题可知所以可证平面，再由线面平行的性质定理可得 ，进而 平面，再由线面垂直的性质定理可证； （2）（i）利用面面直的性质定理可得平面 ，再利用线面垂直的性质定理可得，进而可证平面，进而可证 ；（ii）先找出二面角的平面角，在三角形中求解即可. 【小问1详解】 在 中， 由余弦定理得， 即，解得， ，， 底面 ， 平面 ，， 平面，平面， 平面 ， 平面 ，平面平面， ，平面， 平面，. 【小问2详解】 如图： 过点作于点， 平面平面 ，平面平面，平面， 平面 ， 平面 ，， 又平面 ，平面 ，， ，平面，平面， 平面，. （ii）由（i）知，， ，，. 如图： 过点作 于点 ，再过点 作于点 ，连接， 平面 ，平面 ，， ，平面 ，平面 ， 平面 ，， 又，，平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， ， ， 又， ． 由（i）知平面， 平面，， ， 又， ，， 在中，． 即二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $