福建南平市顺昌县第一中学2025-2026学年高一下学期期末适应性练习数学试题

**基本信息** 顺昌一中高一数学期末适应性练习，以复数、向量、立体几何等核心知识为载体，通过马拉松数据统计、四棱锥动态问题等设计，考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）及语言（数据观念），适配高一期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|复数运算、向量基底、解三角形|第8题结合正方体动态点考查线面平行与体积定值，体现空间观念| |多选题|3题/15分|命题否定、基本不等式|第10题以正数关系为背景，考查最值求法，强化运算能力| |填空题|3题/15分|函数对称中心、斜二测画法|第14题正四棱柱轨迹问题，融合几何直观与逻辑推理| |解答题|5题/80分|向量应用、立体几何证明、概率统计、解三角形、折叠问题|第17题马拉松完赛时间统计，第19题折叠形成二面角探究，突出数据观念与创新意识，贴合高考命题趋势|

顺昌一中2025-2026学年第二学期期末适应性练习 高一数学 注意事项： 　1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷； 　2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分； 　3．答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上。 第I卷（选择题） 一、单选题 1．若复数满足，则=（    ） A．1 B． C．2 D． 2．下列各组向量中，可以作为基底的是（    ） A．， B．， C．， D．， 3．在中，若则=（     ） A． B． C． D． 4．已知两条直线m，n和平面，那么下列命题中的真命题是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．设，若为实数，则的值为（     ） A． B． C．2 D． 6．已知向量，，那么向量与的位置关系是（    ） A．平行 B．垂直 C．夹角是锐角 D．夹角是钝角 7．求的值为（     ） A．1 B． C． D．2 8．如图，在棱长为的正方体中，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．的取值范围是 C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为 二、多选题 9．下列结论中，所有正确的结论是（　　） A．若，则 B．命题的否定是： C．若且，则 D．若，则实数的取值范围为 10．已知正数，满足，则下列各选项正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为1 D．的最小值为8 11．函数的图象如图所示，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称 C．是奇函数 D．若在上有且仅有两个零点，则实数 第II卷（非选择题） 三、填空题 12．函数的对称中心为__________． 13．若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是_____． 14．在正四棱柱中，底面边长为3，侧棱长为，为平面内一动点，且满足，则所有满足条件的点所围成平面区域的面积是__________． 四、解答题 15．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．在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，． (1)若为的中点，求证：平面； (2)求点到平面的距离． 17．2026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． 18．在中，． (1)求； (2)设的角平分线交于点，且． （ⅰ）求面积的最小值； （ⅱ）求的最小值． 19．已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2025-2026学年度高中数学期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C B D C D ABC ABD 题号 11 答案 BD 1．A 【详解】， 所以. 2．D 【分析】两个向量若不共线即可作为一组基底，所以找出不共线的向量组即可. 【详解】对于A，因为，，所以，则，共线，故A错误； 对于B，因为，，所以，则，共线，故B错误； 对于C，因为，，所以，则，共线，故C错误； 对于D，因为，，所以，则，不共线，故D正确. 3．B 【详解】由正弦定理，得， 则. 4．C 【解析】根据空间中线线、线面位置关系，逐项判定，即可得出结果. 【详解】A选项，若，，则与平面的关系可以是相交，平行或在面内，故A错； B选项，若，，则与平面的关系可以是在面内，或平行，故B错； C选项，若，，根据线面垂直的性质，可得，故C正确； D选项，若，，则与的关系可以是相交，异面或平行，故D错. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面有关命题的判定，属于基础题型，解决此类问题的关键在于熟记空间中线面、线线位置关系，考查学生的空间想象能力. 5．B 【分析】先求出的共轭复数，再将分式复数分母实数化，利用实数的虚部为列方程求解参数. 【详解】首先根据共轭复数的定义，可得， ， 因为该复数为实数，故其虚部为，且恒成立， 因此，解得. 故选：B. 6．D 【解析】首先根据题中所给的向量的坐标，结合向量数量积运算法则，求得其数量积为负数，从而得到其交集为钝角. 【详解】因为，， ， 所以向量与的位置关系是夹角为钝角， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有挂向量的问题，涉及到的知识点有向量数量积的运算律，数量积坐标公式，根据数量积的符号判断其交集，属于简单题目. 7．C 【分析】利用两角差的余弦公式将拆分为展开化简，即可求得原式的值. 【详解】由题意 ， 可得 ，由于， 约去分母的后得 . 8．D 【分析】对于A，易得平面，即为平面，进而由与不垂直，即可判断；对于B，连接，设，，结合余弦定理及勾股定理表示出，进而判断即可；对于C，易得平面，进而结合等体积法求解判断即可；对于D，先得到，，进而得到，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由于P为线段上的动点（不含端点）， 则平面，即为平面， 而与不垂直，则与平面不垂直，故A错误； 对于B，连接，设，， 在中，，，， 由余弦定理得， 因为平面，平面，所以， 在中，，，， 则， 在中，由余弦定理可得 ， 当时，，此时为钝角，故B错误； 对于C，在正方体中，， 而P为线段上的动点（不含端点），且平面， 则到平面的距离即为， 所以，故C错误； 对于D，连接， 在正方形中，，则， 因为平面，平面，所以， 所以，随着的增大而增大， 而，即为中点时，取得最小值为， 则的最小值为，故D正确. 9．ABC 【分析】根据不等式的性质、特称命题的否定、作差法比较大小以及恒成立问题的求解方法，对每个选项逐一进行分析. 【详解】对于选项A： 因为，所以. 因为，所以，即，所以A正确； 对于选项B： 特称命题的否定是全称命题，对于命题的否定是： ，所以B正确； 对于选项C： ，因为， 所以，所以， 所以，所以C正确； 对于选项D： 因为时，恒成立，即恒成立. 根据基本不等式的性质， 所以要使得不等式恒成立，则，所以D错误. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】结合基本不等式及求解判断各选项即可. 【详解】对于，因为，得， 所以， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故正确； 对于B，由，所以， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为2，故C错误； 对于D，由， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为8，故D正确. 故选：ABD. 11．BD 【分析】利用三角恒等变换将函数式化成，结合图象确定值即得函数解析式. 对于A，运用周期公式可排除； 对于B只需将代入检验即得； 对于C，求出解析式利用奇偶性定义即可判断； 对于D，应将看成整体角，求出的范围，借助于正弦函数的图象即可求得参数的范围. 【详解】， 由图知函数经过点，则得，解得， 即，因，故得，，则有. 对于A，因的最小正周期为，故A错误； 对于B， ， 因时，，此时函数取到最大值，故的图象关于直线对称，即B正确； 对于C，，显然这是偶函数，不是奇函数，故C错误； 对于D，，当时，设， 作出在上的图象如图. 依题意,需使,即，故D正确. 故选：BD. 12． 【分析】解方程，由此可解得函数的对称中心坐标. 【详解】令，解得， 所以函数的对称中心为. 故答案为：. 【点睛】本题考查正切型函数对称中心坐标的求解，考查计算能力，属于基础题. 13．（或），任意写一个都算对 【分析】画出图形，可借助余弦定理解题即可. 【详解】如下图所示，根据斜二测画法得到直观图， 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 故答案为：（或），任意写一个都算对. 14． 【分析】判断出点的轨迹，结合球的有关性质计算，求得面积即可. 【详解】已知，所以，进而点在以为直径的球面上. 因为在平面内，因此满足条件的点围成的区域是该球面被平面截得的圆形区域， 面积即为截面圆的面积. 正四棱柱底面是边长为的正方形，因此底面对角线， 球的半径，球心为的中点. 在正四棱柱中，，因此四点共面，即平面， 故到平面的距离. 因为平面，且平面，故平面平面，交线为. 在中，， 到的距离就是到平面的距离. 是中点，直线上中点到平面的距离为两端点距离的平均值，. 所以，因此区域面积为. 15．(1)， (2) 【分析】（1）根据平面向量基本定理求解. （2）根据平面向量数量积的性质求向量夹角的余弦. 【详解】（1）如图： ， . （2）因为， 所以， ，所以. 所以. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法直接求解点到平面的距离. 【详解】（1）由题知，因为平面，平面， 且，所以两两互相垂直， 以为原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，，又， 令平面的一个法向量， 则，解得， 取，则，所以， 则， 所以平面. （2）由（1）知，平面的一个法向量， 又， 则点到平面的距离为. 17．(1)，第一四分位数约为 (2) 【分析】（1）根据频率和为1列式可求的值，根据第一四分位数的概念估计第一四分位数的值. （2）利用对立事件的概率公式求值. 【详解】（1）因为，解得. 因为，， 所以估计这100名选手完赛时间的第一四分位数在区间内， 估计为：. （2）根据频率分布直方图，从完赛选手中任选1人，估计能获得纪念奖章的概率为， 因为任意2名完赛选手，2人都未能获得纪念奖章的概率为， 所以任意2名完赛选手中至少有1人获得纪念奖章的概率为. 18．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由正弦定理得，根据余弦定理求得，求出； （2）（ⅰ）根据的面积相等，得；再根据基本不等式，求得，最后根据面积公式求出面积的最小值； （ⅱ）由余弦定理得，结合，得，从而求得的最小值. 【详解】（1），由正弦定理得. 由余弦定理得； ，. （2）由（1）得.令，.   是的角平分线，. （ⅰ），， . ，得. ，，（当且仅当时等号成立）； ，得. ，即面积的最小值为. （ⅱ）在中，由余弦定理得. 由（ⅰ）得，； ； ，当时，取得最小值，即； ，即的最小值为. 19．(1)等边的边长为3，，. ，. 由余弦定理得，解得； ，，； 为直角三角形，即. . 平面平面，平面平面，平面 平面； 平面，. (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【详解】（1）略 （2）由（1），得. 由折叠得，. 平面平面，平面平面，平面 平面. 为直线与平面所成的角. ，，，，，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为 （3）线段上存在一点，使得二面角的大小为，且线段的长度为，理由如下： 平面，平面，平面，，. 平面，平面，. 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，. . 点在线段上，设，得. ，. 平面，平面的法向量可取. 设平面的法向量为，则，即； 令，则，. 平面的一个法向量为. 二面角的大小为， ，解得或. ，. ，则. 即线段的长度为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $