精品解析：福建莆田第一中学2025-2026学年高一下学期期末质量练习数学试题

2025-2026学年高一数学期末质量练习卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（ ） A. 600 B. 480 C. 400 D. 360 3. 在梯形中，，，以所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 甲､乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲､乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲､乙两人恰有一人获奖的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 5. 如图，甲在处观测到河对岸的某建筑物在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该建筑物在北偏西方向.底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是三个不重合的平面，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 向量满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 某学校开展消防安全知识培训，对甲､乙两班学员进行消防安全知识测试，绘制测试成绩的频率分布直方图，如图所示：（ ） A. 甲班成绩的平均数<甲班成绩的中位数 B. 乙班成绩的平均数乙班成绩的中位数 C. 甲班成绩的平均数乙班成绩的平均数 D. 乙班成绩的中位数甲班成绩的中位数 10. 在梯形中，，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 在长方体中，，动点满足，则（ ） A. 当时， B. 当时，与是异面直线 C. 当时，三棱锥的外接球体积的最大值为 D. 当时，存在点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 向量，，若，则______. 13. 在四棱锥 中， 底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为______. 14. 在中，为边的中点，的平分线交于点，若的面积为1，则的面积为______，的最小值为______. 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. 某厂为了提升车载激光雷达质量的稳定性，对生产线进行升级改造､为了分析升级改造的效果，随机抽取了12台车载激光雷达进行检测，检测结果如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 探测距离（单位：） 146 151 152 149 153 150 144 150 156 统计后得到样本平均数，方差. （1）升级改造后，若有的产品的探测距离在内，则认为升级改造成功；若改造成功且有 的产品的探测距离在内，则认为升级改造效果显著.根据样本数据，分析此次升级改造的效果； （2）采用在内的数据作为新样本，求新样本的平均数和方差. 16. 甲每次投篮投进的概率是0.7，连续投篮三次，每次投篮结果互不影响，记事件A为“甲至少投进两球 （1）用表示甲第次的投篮结果，则表示试验的样本点.用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由； （2）用计算机产生之间的整数随机数，当出现随机数时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投进”，以每3个随机数为一组，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数： 利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由 17. 已知分别为锐角三角形三个内角的对边，且. （1）求； （2）已知，点为的垂心，求 的周长的最大值. 18. 在三棱柱中，侧面平面分别为的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求证：与不垂直； （3）若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 19. 已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角 后得到向量. （1）若，求的坐标； （2）若，求的坐标（用表示）； （3）若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学期末质量练习卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求解出复数即可. 【详解】因为， 所以，故D正确. 故选：D 2. 为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（ ） A. 600 B. 480 C. 400 D. 360 【答案】C 【解析】 【分析】用分层抽样的概念，和样本估计总体的思想解题即可. 【详解】抽取50人作为样本，其中男生20人.则女生30人.则男女比例为：．该校高一年级女生240人，则男生160人. 高一年级学生总数为400人. 故选：C． 3. 在梯形中，，，以所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得为直角梯形的直角边，则绕旋转可得几何体为圆台，进而可得圆台体积. 【详解】已知可得为直角梯形的直角边，则绕旋转可得几何体为圆台， 可知圆台上底面半径为，下底面半径，高， 所以体积， 故选：B. 4. 甲､乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲､乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲､乙两人恰有一人获奖的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 【答案】B 【解析】 【分析】根据两人恰有一人获奖，可分类讨论，即可求得概率. 【详解】设甲获奖为事件，乙获奖为事件， 所以，，， 因为，所以事件与事件相互独立， 根据题意，甲､乙两人恰有一人获奖的概率为， 故选：B. 5. 如图，甲在处观测到河对岸的某建筑物在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该建筑物在北偏西方向.底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析题意结合正弦定理得到，再由题意得到面，利用线面垂直的性质得到，最后利用锐角三角函数的定义求解即可. 【详解】由题意得，，，， 在中，由三角形内角和定理得， 由正弦定理得，解得，由题意得面， 所以，在中，由锐角三角函数定义得， 解得，故A正确. 故选：A 6. 已知是三个不重合的平面，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】构造长方体模型，通过举反例可以判断A、B、C是错误的，在利用排除法即可得到正确答案. 【详解】 如图，构造长方体模型， 对于A，设平面为平面 ，平面为平面 ，平面为平面， 则直线为，直线为，易知，此时，但，故A错误； 对于B，设平面为平面 ，平面为平面 ，平面为平面， 则直线为，直线为，易知，此时，但平面与平面不垂直，故B错误； 对于C，设平面为平面 ，平面为平面 ，平面为平面， 则直线为，直线为，此时，故C错误； 因为，所以， 又，所以 ，D正确； 故选：D. 7. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设，结合条件求出，再求模即可． 【详解】设，则, 又，则， 解得，即，故. 故选：A. 8. 向量满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，，，则由已知条件可得，，利用正弦定理求出外接圆的半径，再结合图形可求得结果. 【详解】令，，， 则， 因为，，所以． 因为，所以． 所以过，，的圆的半径， 连接交于点，连接，则， ， 所以， 所以的最大值为， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法运算，考查求向量的模，解题的关键是令，，，然后根据已知条件画出图形，结合图形求解，考查数形结合思想和计算能力，属于较难题. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 某学校开展消防安全知识培训，对甲､乙两班学员进行消防安全知识测试，绘制测试成绩的频率分布直方图，如图所示：（ ） A. 甲班成绩的平均数<甲班成绩的中位数 B. 乙班成绩的平均数乙班成绩的中位数 C. 甲班成绩的平均数乙班成绩的平均数 D. 乙班成绩的中位数甲班成绩的中位数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据甲、乙两班的频率分布直方图直接求出甲、乙两班的平均数、中位数即可得解. 【详解】对于A，由甲班频率分布直方图可得甲班成绩的平均数为 ， 甲班成绩分在内频率之和为， 成绩分在内频率之和为， 所以甲班成绩的中位数为，故A错误； 对于B，由乙班频率分布直方图可得乙班成绩的平均数为 ， 乙班成绩分在内频率之和为， 成绩分在内频率之和为， 所以乙班成绩的中位数为，故B正确； 对于C，由A、B可知甲班平均数小于乙班平均数，故C正确； 对于D，由A、B可知甲班中位数小于乙班的中位数，故D错误. 故选：BC. 10. 在梯形中，，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量即平面几何知识即可求解. 【详解】 取的中点，连接， 根据题意可知，且，则，， 所以四边形为平行四边形，所以，故A正确； 因为题意没有说明与的大小关系，所以不能证明，故B错误； 因为，，且，所以， 所以四边形为菱形，所以，因为， 所以，所以，故C正确； 过作的垂线，垂足为，连接， 因为且，， 所以，在上的投影向量为，故D正确； 故选：ACD. 11. 在长方体中，，动点满足，则（ ） A. 当时， B. 当时，与是异面直线 C. 当时，三棱锥的外接球体积的最大值为 D. 当时，存在点，使得平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】用线面垂直证明线线垂直，即可判断A；当，时, 与有交点，即可判断B；当时，点与重合，此时三棱锥的体积最大，从而得到外接球体积最大，即可得解C；当时，，即为的中点时，平面,证明即可判断D. 【详解】 对于A，当时， ， 在长方体中，易知， 所以，又，所以, 又，所以，故A正确； 对于B，当，时， ，此时，又与相交于点C，故B错误； 对于C，当时，，当时，点与重合，此时三棱锥的高最大，由于底面的面积是定值，所以此时三棱锥的体积最大，即三棱锥的外接球体积最大。 又底面外接圆的半径为，球心到底面的距离为的一半，即， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球体积的最大值为，故C正确； 对于D，当时，，当时，，即为的中点时， 平面，由，所以，又 在长方体中，易知， ， 所以，即，又， 所以平面，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据共线定理直接可得解. 【详解】由，，且， 则， 解得， 故答案为：. 13. 在四棱锥 中， 底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意可得，将四棱锥补成正方体，连接、，根据正方体的性质可知为直线与所成角，即可得解. 【详解】因为 底面，四边形为正方形，底面， 所以，又，所以， 如图将四棱锥补成正方体，连接、， 则，所以为直线与所成角， 又，所以 为等边三角形，所以， 即直线与所成角的大小为. 故答案为： 14. 在中，为边的中点，的平分线交于点，若的面积为1，则的面积为______，的最小值为______. 【答案】 ①. 6 ②. 【解析】 【分析】利用角平分线定理结合给定条件得到边长的比例关系，进而求解第一空，利用三角形面积公式结合余弦定理把目标式表示为一元函数，再利用基本不等式求最值即可. 【详解】在中，设对应的边分别为， 因为为的中点，所以. 因为为的平分线，， 所以， ，所以， 因为，所以 . 在中，，所以， 因为 ， 当且仅当时，等号成立，所以，所以. 故答案为：6； 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是利用余弦定理把目标式转化为一元函数，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可． 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. 某厂为了提升车载激光雷达质量的稳定性，对生产线进行升级改造､为了分析升级改造的效果，随机抽取了12台车载激光雷达进行检测，检测结果如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 探测距离（单位：） 146 151 152 149 153 150 144 150 156 统计后得到样本平均数，方差. （1）升级改造后，若有的产品的探测距离在内，则认为升级改造成功；若改造成功且有 的产品的探测距离在内，则认为升级改造效果显著.根据样本数据，分析此次升级改造的效果； （2）采用在内的数据作为新样本，求新样本的平均数和方差. 【答案】（1）答案见解析 （2）150， 【解析】 【分析】（1）根据已知数据结合古典概型公式计算判断即可； （2）根据已知平均数及方差数据应用平均数及方差公式计算即得. 【小问1详解】 依题意得， 共有8个数据落在内，， 所以有产品的探测距离在内， 所以升级改造成功； 共有10个数据落在内，， 所以没有 产品的探测距离在内， 所以升级改造成功，但效果不显著. 【小问2详解】 依题意，需剔除数据， 因为样本平均数，方差， 所以， 所以， 所以新样本的平均数， 新样本的方差为 . 16. 甲每次投篮投进的概率是0.7，连续投篮三次，每次投篮结果互不影响，记事件A为“甲至少投进两球 （1）用表示甲第次的投篮结果，则表示试验的样本点.用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由； （2）用计算机产生之间的整数随机数，当出现随机数时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投进”，以每3个随机数为一组，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数： 利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由 【答案】（1）样本空间见解析，不是古典概型，理由见解析 （2）事件A的概率的估计值为0.9，存在差异，理由见解析 【解析】 【分析】（1）直接写出样本空间即可，根据样本点和的概率即可结合古典概型定义进行判断. （2）20组随机数中事件A发生了18次，则事件A的频率为 ，所以事件A的概率的估计值为0.9，再求出事件A的概率的精确值结合试验的特点以及频率与概率的特征和关系即可比较判断和说明. 【小问1详解】 该试验的样本空间为 ， 共有8个样本点， 样本点的概率为，样本点的概率为，这两个样本点的概率不相等，所以这个试验不是古典概型. 【小问2详解】 产生20组随机数相当于做了20次重复试验，其中事件A发生了18次， 则事件A的频率为 ，所以事件A的概率的估计值为0.9. 设事件“甲第次投进”，，则 因为. 又因为每次投篮结果互不影响，所以与相互独立，与相互独立，与相互独立，与相互独立且两两互斥， 所以 所以事件A的概率的估计值和有差异.原因如下： ①随机事件发生的频率具有随机性，频率和概率有一定的差异； ②重复试验次数为20，样本量较少，频率偏离概率的幅度大的可能性更大. 17. 已知分别为锐角三角形三个内角的对边，且. （1）求； （2）已知，点为的垂心，求 的周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算得出正切值进而求出角； （2）先根据图形特征应用余弦定理，再应用基本不等式计算求出周长最大值或应用正弦定理再应用三角恒等变换结合角的范围得出周长得最大值. 【小问1详解】 依题，由正弦定理， 得， 由，得，代入得 ， 即， 由，得， 得， 由，得. 【小问2详解】 解法一：如图，由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，即. 由，四边形内角和为，得 设 在 中，由余弦定理， 得，即， 由，得，当且仅当时，等号成立 ，得 当时，的最大值为2 故 周长的最大值为 解法二：由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，即. 由，四边形内角和为，得 设则, 在 中，由正弦定理, 则, , 因为,故当时，， 故周长的最大值为. 18. 在三棱柱中，侧面平面分别为的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为，求证：与不垂直； （3）若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据侧面平面，得侧面，所以，然后证明，又因为，通过反证法即可说明假设不成立； （3）根据（1）（2），解法一结合直角三角形的正余弦定义，解法二结合等积法即可证明. 【小问1详解】 取中点，连接， 在中，分别是的中点，所以， 又是的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 【小问2详解】 假设， 因为侧面平面，侧面平面， 平面，所以侧面， 因为侧面，所以， 所以二面角的平面角为，所以， 又侧面，所以， 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以， 由（1）知，所以. 在平行四边形中，， 所以， 所以，所以， 所以，与矛盾，所以与不垂直. 【小问3详解】 解法一： 作于点，作于点，连接， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又， 所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以， 取中点，所以，所以， 所以四点共面， 连接 ，因为， 所以， 由（2）知侧面，所以平面侧面， 平面侧面侧面，所以平面， 所以与平面所成角为， 在等腰中，， 由，得， 连接 ，在中，，所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 解法二： 设点到平面的距离为， 因为平面， 所以. 由（1）（2）知侧面， 所以， 因为， 所以， ， 所以，即， 所以. 设与平面所成角为，则. 作A1P⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接A1Q， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又，所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以，即， 所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 【点睛】本题考查空间中点､线､面之间的位置关系，线面角､二面角等基本知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想. 19. 已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角 后得到向量. （1）若，求的坐标； （2）若，求的坐标（用表示）； （3）若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数. 【答案】（1） （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据旋转角度求出向量坐标； （2）设出角度结合两角和差公式化简得出向量坐标； （3）先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况. 【小问1详解】 设， 已知，则， 因为逆时针旋转，则， , ， 设， ， 所以. 【小问2详解】 设，有， 因为由绕坐标原点逆时针旋转角 后所得 所以， 因为， 所以， ， 所以. 【小问3详解】 设时，，由（2）知逆时针旋转得：， 也在拋物线上，得， 消得：， 有， 即， 将代入，得， 由，可知确定，则与之唯一确定. 所以讨论的个数等价于讨论方程（*）中解（除去时的非零解）的个数. 令①，; 令②，. 联立方程①②得，，所以时，方程①②有相同解：. 当时，方程①②均无解，所以的个数为0； 当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1； 当时，方程①无解，②有一个非零解：，所以的个数为1； 当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2； 当时，方程①仅有一解，②有两解或，所以的个数为2； 当时，方程①､②均有两个解，且两方程不同解，所以的个数为4. 综上所述：当时，的个数为0；当或0时，的个数为1； 当或时，的个数为2；当时，的个数为4； 【点睛】方法点睛：先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $