精品解析：江苏省南京外国语学校2025-2026学年高一下学期期末数学试卷（A卷）

南京外国语学校2025—2026学年度第二学期期末高一年级数学试题（A卷） 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. 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 若向量，满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两向量垂直的性质，及向量模长公式求解即可． 【详解】由，， 则， 所以． 2. 若，为复数，则“是实数”是“，互为共轭复数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】设,由是实数和，互为共轭复数得到的限制条件，再结合充分条件、必要条件的定义，即可判断 【详解】由题意，不妨设 若是实数，则 故，即，由于不一定相等，故，不一定互为共轭复数，故充分性不成立； 若，互为共轭复数，则，故，故必要性成立. 因此“是实数”是“，互为共轭复数”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知空间中两条不同的直线，，两个不同的平面，，以下可以得到的是（ ） A. ， B. 直线上有两个不同的点到的距离相等 C. ，， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的定义，判定定理及面面平行的性质，逐一判断即可． 【详解】对于A，由，，则直线可能在平面内，所以得不到，故A错误； 对于B，当直线与平面相交，且直线上的两点分别在平面的两侧时，也可以有两点到的距离相等，故B错误； 对于C，由，，，则直线可能在平面内，直线可能与平面相交，直线也可能与平面平行，故C错误； 对于D，由，则平面与无公共点，又，则与无公共点，所以，故D正确． 4. 若，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将条件进行切化弦得到与的关系，再结合两角和的正弦公式求出二者的值，最后代入两角差的正弦公式计算结果. 【详解】由，根据同角三角函数的商数关系可得， 化简整理得①. 因为，由两角和的正弦公式得②. 将①代入②，得，解得， 再将代入①得. 所以. 因此. 5. 在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线于点.设，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据三等分点的向量关系用、表示，代入已知向量关系后，利用三点共线的向量系数性质求解. 【详解】如图，连接，因为点是线段上靠近点的三等分点，故， 由向量减法的运算法则可得，整理得， 即. 将条件，代入上式，可得， 因为、、三点共线，且与为不共线的非零向量， 根据平面向量共线的充要条件：若（），则， 因此，解得. 6. 已知一个正四面体的所有顶点在同一个球面上，若球的体积为，则正四面体的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据球的体积公式求出外接球半径，再利用三角形中的勾股定理列出方程即可求解. 【详解】设正四面体的外接球半径为，则由可得， 设正四面体的高为，棱长为， 由于正四面体的底面为正三角形，因此底面外接圆的半径， 又外接球球心到底面的距离为， 故由勾股定理可得，， 代入，解得正四面体的高. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，事件和事件独立 C. 当时，事件和事件独立 D. 当时，事件和事件互斥 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算、时事件、、的概率，结合事件独立、互斥的定义逐一判断选项。 【详解】选项A，，，错误. 选项B，，所以，两者不独立，错误. 选项C，，，，相互独立，正确. 选项D，因为，所以不互斥，错误. 8. 已知正方体中，，点为线段上靠近的三等分点，为底面正方形内的动点，平面，点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过面面平行得到线面平行，从而找到点的轨迹，再计算长度. 【详解】 过作交延长线于，连接交于， 因为，平面，平面， 所以平面， 连接，取使得， 则，所以，因为平面，平面， 所以平面，,所以平面平面， 为底面正方形内的动点，平面，所以在上， 过作交于，因为，所以， ，,，所以，， 所以，所以. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分. 9. 已知复数，，，，在复平面内对应的点分别为，其中为虚数单位，为坐标原点，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义与向量数量积的运算，结合三角恒等变换，即可判断. 【详解】对于A选项，，辐角为， 辐角为， 两向量的夹角余弦为， ，所以，故，正确； 对于B选项，， 所以， ， 所以, 因为和是任意角，所以，故B选项错误. 对于C选项，，，所以，， 因此，故C选项错误. 对于D 选项，，，因此，故D选项正确. 10. 若数据：的中位数是；数据：的平均数是.则关于数据：的统计量，下列说法正确的有（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 极差可能是 D. 方差一定不是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件推导的范围，逐一分析三个结论进行判断. 【详解】对于数据，中位数为：三个数排序后中间项为中位数，可得， 对于数据，平均数为4：，得，因此，结合得， 五个数的总和为：， 平均数，A正确； 五个数从小到大排序，结合和， 可知这五个数从小到大排序为， 中位数是第三个数，当时，，排序为， 此时中位数为4，极差为4，故B错误，C正确； 方差公式：， 代入化简得：，，令，函数对称轴为， 又该函数开口向上，故该函数在区间单调递减， 得，而，不在方差取值范围内，因此方差一定不是，D正确. 11. 已知在矩形中，，，将沿折叠至，设球为三棱锥的外接球，则（ ） A. 若，则三棱锥的体积为 B. 若平面平面， C. 若与所成的角的正切值为，则二面角的大小为 D. 直线被球所截得的线段长度的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，利用矩形原有垂直关系结合已知推出平面，得到，算出后求出到平面的高，代入三棱锥体积公式计算验证；对B，过作的垂线，结合平面平面得到该垂线垂直于平面，算出的长度，在中用余弦定理计算验证；对C，平移得到与相交的平行线，将异面直线所成角转化为三角形内角，结合二面角的平面角定义，利用直角三角形的边角关系计算二面角大小验证；对D，根据和都是斜边为的直角三角形，得到三棱锥外接球的球心为中点、半径为，结合的运动轨迹分析球心到直线的距离范围，利用球的弦长公式得到直线被球截得线段的长度范围验证. 【详解】对于A：若，矩形中，，故平面，得， 又，，故平面，得。 在中，，得，， 体积，A错误； 对于B：若平面平面，过作于，则平面， 由可得，所以， 在中，， 由余弦定理 ， ， 所以， B正确； 对于C：过作于，得， 设二面角大小为，过作，且，连接，因为且， 所以四边形为矩形，，又，，所以平面， 所以平面，平面，所以， 又由可知是与所成角，， 由题意， 由余弦定理： ，即， 解得，，故，C正确； 对于D：因为都在球上（），故直线截球所得弦长就是本身的长度， 设二面角大小为，则，， 故，即，且取不到和（否则不能构成三棱锥），故弦长范围为，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 向量，，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】通过数量积表示出角度余弦值后求解范围. 【详解】因为，， 所以，， . 因为夹角为锐角，所以两向量数量积大于0且不共线同向 ，解得. 共线时，解得. 综上所述. 13. 现有甲、乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知棱台上、下底面均为正方形，且，，现匀速往甲容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时.若按照相同的速度往乙容器里注水，则当水的高度是四棱台高度的一半时，用时_______________.（甲：下底大、上底小正放四棱台；乙：倒置四棱台，小底朝下、大底朝上） 【答案】49 【解析】 【分析】由甲图中水面之上和水面之下的体积之比等于往乙中和甲中注水的时间之比求解. 【详解】由题意得：甲图中过该四棱台各侧棱的中点的截面正方形的边长为：， 设四棱台的高为，则水面之上和水面之下的体积之比为：， 设往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时，用时为， 则，解得. 14. 已知，则关于的不等式的解集为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】由两角和的余弦公式及余弦的二倍角公式化简不等式求解. 【详解】因为， 所以由，得，即， 所以或，解得或， 又，所以，即不等式的解集为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，设 （1）若，求的长； （2）若点是中点，，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，即可求解； （2）由（1）知为等腰三角形，设，得到，再由，结合正切函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为，可得， 所以，可得，所以， 因为，可得，所以，即， 【小问2详解】 由（1）知，所以为等腰三角形， 因为，且点是中点，可得， 设，因为，可得，且， 由， 则， 因为，可得，所以， 可得，即的取值范围为. 16. 为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对40名青年选手进行专项成绩考核（满分100分），考核成绩的频率分布直方图： （1）估计这40名选手专项考核成绩的70百分位数（结果精确到）； （2）现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级（高于，高于）.若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格.已知甲、乙的考核结果互相不受影响，甲、乙两人在每项考核中取得等级的概率分别都是，求甲、乙两人至少1人获得参赛资格的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，结合百分位数的计算方法，即可求解； （2）设甲、乙获得参赛资格为事件和，得到，结合对立事件的概率计算公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由频率分布直方图的性质，可得， 解得， 则的频率为，的频率为， 的频率为，的频率为， 的频率为， 其中前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 设考核成绩的70百分位数为，则， 则满足，即考核成绩的70百分位数为分. 【小问2详解】 解：设“获得参赛资格”为事件， 根据题意，获得参赛资格的情况包括：， 则一人获得资格的概率为， 设甲获得参赛资格为事件，乙获得参赛资格为事件，则， 设“甲、乙两人至少1人获得参赛资格”为事件， 则其对立事件为“甲、乙两人都未获得参赛资格”， ， 所以“甲、乙两人至少1人获得参赛资格”的概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：连接交于点，连接， 四边形为正方形，是中点， 又为中点，， 平面，平面， 平面. （2）证明：平面，平面，， 四边形为正方形,, ，平面, 平面， 又平面,， ，为线段的中点， ， 又，平面, 平面， 又平面，平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，可得，再通过直线与平面平行判定定理证明； （2）先证明平面，得到,再利用，为线段的中点可得，从而得到平面，最后得到平面平面； （3）作于点，连接，，先证明平面，得到，又，所以平面，平面，，所以，是二面角的平面角，通过余弦定理计算出二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 作于点，连接， 平面，平面， ， 四边形为正方形,, ，平面, 平面， 平面,， 又，且，平面, 平面, 平面，， 是二面角的平面角， ， 在中，,同理, 在中， ,则为直角三角形， 由于，故与全等， 在中，由余弦定理， 即二面角的余弦值为. 18. 在中，内角的对边分别为，已知 （1）求角； （2）分别以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，被称为“拿破仑三角形”，它是等边三角形. ①若外接圆半径为，求的取值范围； ②若，的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由题设结合正弦定理边角互化可得，再结合余弦定理可得答案； （2）（i）如图，由题设及几何知识可得，然后由正弦定理边角互化结合外接圆半径为，可得，据此可得答案； （ii）设外心为，连接，由几何知识可设，然后由题设及几何知识分别在，中利用余弦定理可得答案 【小问1详解】 因，由正弦定理边角互化可得， 则，结合，可得； 【小问2详解】 （i）如图，取中点分别为，由外心定义可得， 又由题可得为等边三角形，则，结合，可得， 则，又由正弦定理可得， 设，由正弦定理边角互化， 可得， 因，则，结合正弦函数单调性， 可得，从而； （ii）设外心为，连接，因在中垂线上，在中垂线上， 则，结合（i）分析可得，. 由平面四边形内角和为，可得，从而四边形两组对角对应相等， 则四边形为平行四边形，得，设， 因的面积为，得.则在中，由余弦定理可得： . 因，，为等边三角形， 则，.又，在中，由余弦定理可得： , 则， 从而，结合，周长为 19. 如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为，平面平面. （1）证明：平面； （2）求的最大值； （3）记与侧面所成的角分别为，求的值. 【答案】（1）因平面，平面，则平面. 因平面，平面平面，则， 又平面，平面，则平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证平面，再由线面平行性质可得，据此可完成证明； （2）在平面与的交线上取点，过点作平面使得平面， ，设，由等面积法可得，然后由基本不等式可得答案； （3）由（2）可得，设，同理可得， 又注意到，，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，连接，由题设可得. 在平面与的交线上取点，过点作平面使得平面， （即过点作交于点、交于点，再在平面内作， 则，又平面，所以平面, 又由（1）可得，所以平面）， 设， 所以，所以， 同理可得，所以， 则，当且仅当时取等号，此时重合. 【小问3详解】 由（2）解析可得 设，同（2）解析方法可得 所以， 而，所以， 又与侧面所成的角分别为， 则， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京外国语学校2025—2026学年度第二学期期末高一年级数学试题（A卷） 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. 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 若向量，满足：，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，为复数，则“是实数”是“，互为共轭复数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知空间中两条不同的直线，，两个不同的平面，，以下可以得到的是（ ） A. ， B. 直线上有两个不同的点到的距离相等 C. ，， D. ， 4. 若，，则 （ ） A. B. C. D. 5. 在中，点是线段上靠近点的三等分点，过点的直线分别交直线于点.设，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个正四面体的所有顶点在同一个球面上，若球的体积为，则正四面体的高为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，事件和事件独立 C. 当时，事件和事件独立 D. 当时，事件和事件互斥 8. 已知正方体中，，点为线段上靠近的三等分点，为底面正方形内的动点，平面，点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上.全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分. 9. 已知复数，，，，在复平面内对应的点分别为，其中为虚数单位，为坐标原点，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若数据：的中位数是；数据：的平均数是.则关于数据：的统计量，下列说法正确的有（ ） A. 平均数是 B. 中位数是 C. 极差可能是 D. 方差一定不是 11. 已知在矩形中，，，将沿折叠至，设球为三棱锥的外接球，则（ ） A. 若，则三棱锥的体积为 B. 若平面平面， C. 若与所成的角的正切值为，则二面角的大小为 D. 直线被球所截得的线段长度的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 向量，，若向量与的夹角为锐角，则实数的取值范围为_______________. 13. 现有甲、乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知棱台上、下底面均为正方形，且，，现匀速往甲容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时.若按照相同的速度往乙容器里注水，则当水的高度是四棱台高度的一半时，用时_______________.（甲：下底大、上底小正放四棱台；乙：倒置四棱台，小底朝下、大底朝上） 14. 已知，则关于的不等式的解集为_______________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，设 （1）若，求的长； （2）若点是中点，，且，求的取值范围. 16. 为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对40名青年选手进行专项成绩考核（满分100分），考核成绩的频率分布直方图： （1）估计这40名选手专项考核成绩的70百分位数（结果精确到）； （2）现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级（高于，高于）.若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格.已知甲、乙的考核结果互相不受影响，甲、乙两人在每项考核中取得等级的概率分别都是，求甲、乙两人至少1人获得参赛资格的概率. 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值. 18. 在中，内角的对边分别为，已知 （1）求角； （2）分别以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，被称为“拿破仑三角形”，它是等边三角形. ①若外接圆半径为，求的取值范围； ②若，的面积为，求的周长. 19. 如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为，平面平面. （1）证明：平面； （2）求的最大值； （3）记与侧面所成的角分别为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $