浙江温州市2025-2026学年第二学期高一期末质量评价题库数学(A类)

**基本信息** 立足高一数学核心知识，以社会热点和空间几何为载体，分层考查数学眼光、思维与语言，适配期末综合评价需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|向量运算、立体几何（长方体对角线）、统计（标准差）、概率（独立事件）|第8题正四面体动点问题考查空间观念，第10题出生月份统计体现数据意识| |填空题|3/15|棱台体积、基底概率、单位向量最值|第14题结合向量模长与二次函数考查运算能力| |解答题|5/77|向量表示与夹角、马拉松完赛数据分析、四棱锥线面平行与距离、解三角形面积最值、垂心四面体折叠与二面角|16题结合龙湾半马情境考查数据观念，19题垂心四面体综合问题体现创新意识与推理能力，契合高考立体几何命题趋势|

2025学年第二学期高一期末质量评价题库 数学（A类） 本题库共4页，19小题．建议做题时间120分钟． 答题须知： 1．答题前，请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、题库答题卡号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在题库上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．必须保持答题卡的整洁，不要折叠．不要弄破． 选择题部分（共58分） 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． 1．已知向量，，则（ ▲ ） A． B． C． D． 2．设，则（ ▲ ） A． B． C． D． 3．设直线，分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则与（ ▲ ） A．平行 B．相交 C．异面 D．可能相交，也可能异面 4．现有一组数据：1，3，4，4，4，6，6，若在这组数据中删去一个4，则发生变化的统计量是（ ▲ ） A．平均数 B．中位数 C．标准差 D．极差 5．已知事件，相互独立，且，，则（ ▲ ） A．0.76 B．0.86 C．0.9 D．0.94 6．若，为单位向量，且在上的投影向量为，下列说法正确的是（ ▲ ） A．，的夹角为 B．，的夹角为 C． D． 7．满足，，的恰有两解，则实数的取值范围是（ ▲ ） A． B． C． D． 8．已知点为正四面体内切球上一动点，记点到四个面的距离分别为，，，，则下列说法错误的是（ ▲ ） A．为定值 B．为定值 C．为定值 D．为定值 二、选择题：本大题共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．已知复数，，则下列说法正确的是（ ▲ ） A． B． C．的最大值为3 D．可能是方程的根 10．从某班级中随机抽取2名同学，调查他们的出生月份．设事件“2人恰好同一月份出生”，事件“2人出生月份互不相同”，事件“恰有1人在上半年出生”．则下列说法正确的是（ ▲ ） A．事件与是对立事件 B．事件与相互独立 C． D． 11．如图，正方体的棱长为2，点为的中点，动点，满足，，且，，则下列说法正确的是（ ▲ ） A．若，则直线与平面可能平行 B．若，则平面截该正方体的截面可能是三角形 C．若，则平面截该正方体的截面可能是五边形 D．若，则点到线段距离的最小值为 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12．在正四棱台中，，高为4，则该棱台的体积为 ▲ ． 13．已知平行六面体，在中任取3个向量，则能构成空间的一个基底的概率为 ▲ ． 14．已知单位向量，，满足，且，，则对于，的最小值为 ▲ ． 四、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．（本小题满分13分）在平行四边形中，，，，，分别是，中点，设，． （1）用向量，表示，； （2）求向量与的夹角的余弦值． 16．（本小题满分15分）2026年3月温州龙湾半程马拉松顺利举办，为了解大众跑者完赛水平，从本次龙湾半马完赛选手中随机抽取100名选手，统计其完赛时间（单位：分钟），绘制频率分布直方图． （1）求的值，并利用频率分布直方图估计这100名选手完赛时间的第一四分位数（计算结果保留一位小数）； （2）赛事规定：完赛时间在110分钟内的选手可获得纪念奖章．用频率估计概率，求任意2名完赛选手中至少有1人获得纪念奖章的概率． 17．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为等腰直角三角形，且，是的中点，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，异面直线与所成角的余弦值为，求此时点到平面的距离． 18．（本小题满分17分） 在中，，． （1）求； （2）设点为线段上一点（不含端点），为延长线上一点，． （i）若，求的长度； （ii）求面积的最大值． 19．（本小题满分17分）若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． （1）求证：； （2）求与平面的夹角的正弦值； （3）设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $2025学年下学期温州市高一期末A卷 一、二、选择题 1-8.BDDC ACBC 9.BCD 10.ACD 11.ABD 三、填空题 a号 1 14. 2 四、解答题 15. (1)AF=AB+BF=a+b,B距=A正-AB=b-0 (2) 由题意得∠ABE为向量AB与BE的夹角的补角， 在△ABE中， 由余弦定理得cOs∠ABE= AB2+BE2-AE216+13-17V13 2·AB·BE 2×4×V1326 所以向量B与BE的夹角的余弦值为-7N国 26 16.(1)10×(0.005+a+0.030+0.025×2)=1,解得a=0.015 第一四分位数落在[110,120)中 由(0.005+0.015)×10+0.03×(x-110)=0.25 解得x=335111.7（分钟) 3 (2)选手完赛时间在110分钟内的概率为p=(0.005+0.015)×10=0.2, 则2人中至少有1人获得纪念奖章的概率为2p1-p)+p2=0.32+0.04=0.36. 17.(1)取AC的中点O,连接BO、OE,则在三角形ABC中，AC⊥BO,在三角形ACD 中，OE是中位线，所以OE∥CD,所以AC⊥OE,因此，B,O,E三点共线，所以 BE∥CD.d (有明BE∥CD给2分) 因为在三角形PBE中，FG是中位线，所以FG∥BE,所以FG∥CD, (有利用平行线的传递性，明FG∥CD,给2分) 因为FG:平面PCD,CDC平面PCD,所以FG∥平面PCD. (最后3句话有完整的表述，给2分，不完整的，给1分) G (2) 过C作CH∥AB交AD于H,连接PH,设PA=x,则 PA=PH=Vx+4,CH=2,则异面直线AB与PC所成角为∠PCH, (有通过平移作出异面直线所成角，并说明清楚的，得2分) 所以cos∠PCH=PC+CH2-PH4 2,PC-CH一2,2F+43,(有用余弦定理公式计第，得2分) 所以x=√5.（正确算出PA的长度，得1分） 由等积法利：人a=长PASa版Se,(写出等体积法得：分) 5} 5x61x6 2 2 6 (答案正确得2分) 18.(1) 由已知可得21-sin2B)-(1-2sin2A)-(1-2sin2C）=2 sinAsinC, 所以sin2A+sin2C-sin2B=sin Asin C.--- --2分 由正弦定理可得a2+c2-B=ac,所以cosB=a+c2-b=1 4分 2ac 2 因为B∈(O,π)，所以B=T --6分 3 (2) 调为∠8=9w且B=21=2,则4P6=子B=5,4C=5。 因此cos∠PAC=cos T+∠PAB =-sin∠PAB=-2 5 一8分 由余弦定理得CP2=AP2+AC2-2AP.AC.cos∠PAC=16+4V3,所以CP=2W4+√5 -11分 (ii) 设AB=x,∠PBA=0,则 c0s0=r2+3 4x .sino-Vi-co--s 4x c=n到-6--可，5 8.x 8 因此5e=号BC-n.sim∠PsC=6-(e2-5+5(x2-5+25.-14分 2 令x2-5=4cosp,p∈(0，π)， 则5x=sp+5osp+25=2mo+}+25≤2+26， 当且仅当P=元，即x=V5+2W5时，S,x取到最大值为2+25 -17分 6 19 解：(I)过D作平面SBC的投影H,连接SH. 在三角形ABC中，c0s∠BAC=4B+AC2-BCV ,即翻折后DS与SC不垂直， 2AB·AC 2 从而S,H不重合，由H是△SBC的垂心得SH⊥BC, DH⊥平面SBC,BCC平面SBC,所以DH⊥BC, TSH⊥BC DH⊥BC 由 得：BC⊥平面SHD, SH,DHc平面SHD SH∩DH=H 因为SDc平面SHD,所以BC⊥SD. (2)同(1)可得CD⊥SB, 求线段长度方法一：在平面SBD内，过D作DE⊥SB交SB于E点， SB⊥CD SB⊥DE 则由 得：SB⊥平面CDE, CD∩DE=D CD,DEc平面CDE D 又CEc平面CDE,所以SB⊥CE, 由SB⊥CE及勾股定理得：SC2-SE2=CE2=BC2-BE2, 等价为：SC2-BC2=SE2-BE2① 同理由SB⊥DE及勾股定理得：SD2-BD2=SE2-BE2② 由联立①②得：SC2-BC2=SD2-BD2, 结合题意SC=2,BC=√5，SD+BD=2+√3，解得：SD=√3，BD=2. 由余弦定理得：CD=√SC2+SD2-2SC.SD·cos∠CSD=1, 此时由勾股定理逆定理可得：CD⊥SD,CD⊥BD. SD⊥CD SD⊥BC 由 得：SD⊥平面BCD, CD,BCC平面BCD CD∩BC=C 因为BDC平面BCD,所以SD⊥BD,即DB,DC,DS两两垂直. 求线面角传统法： 点D到平面S8C的距离为d,由o=c得：名DB-DC-DS-号Scd, 6 其中S.8c= 9 解得d= 25 2 v19 由(1)可知，∠DSH即为直线SD与平面SBC所成的角， 所以SD与平面SBC夹角的正弦值为sina= d_219 SD 19 (3) 以D为原点，DC,DB,DS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系 S 则D0,0,0),C1,0,0),B0,2,0),S0,0,√5) 则平面BCD的法向量为m=(0,0,1). PC 同理得： D0= 23 1+'1+元 设平面DPQ的法向量为n=(x,y,z), 则 0 DP.n=0 取号 入 所以cosB= m.n 1 m 332 ≤7=，即交 4+3 +4 +1 3 当且仅当 3沈即元=反时取等. = 综上所述：1=√2时，0取得最小值四