精品解析：湖北十堰市普通高中2025-2026学年高一下学期期末评价数学试卷

2025-2026学年度下学期高一年级期末评价 数学试卷 考试时间：2026年6月26日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（每题5分，共8小题，总分40分，每题只有一个正确答案．） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，角，则角大小为（ ） A. B. C. D. 或 4. 如图在梯形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列命题正确的是（ ） A. B. ； C. D. . 7. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 8. 中国古代数学专著《九章算术》中对两类空间几何体有这样的记载：①“堑堵”，即底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；②“阳马”，即底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一“堑堵”，如图所示，，，则其中“阳马”与“堑堵”的体积之比为（ ） A. 1:2 B. 2:3 C. 1:4 D. 4:5 二、多选题（每题6分，共3小题，总分18分，每题有多个正确的答案，全部选对得6分，部分选对得部分分．） 9. 为测试脑机接口设备的信号识别精度，某科研团队开展高三学生脑机接口操作实验，实验评分部分满分10分．随机抽取10名参与实验的高三学生的操作得分（单位：分）如下：6，7，5，8，6，7，6，8，10，7．下列说法正确的是（ ） A. 该样本的70%分位数为7分 B. 该样本的极差为5分 C. 用样本均值估计总体均值，其值约为7分 D. 用样本方差估计总体方差，其值约为1.8 10. 已知向量，，下列说法正确的是（    ） A. B. C. 与向量平行的单位向量仅有 D. 向量与向量的夹角为 11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得的截面周长为 D. 直线AF与平面所成角的正弦值为 三、填空题（每题5分，共3小题，总分15分．） 12. 已知角满足，则________． 13. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为______. 14. 在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面四边形内（不含边界）一点，若平面，则线段长度的最小值是___________. 四、解答题（本题共5小题，满分77分，解答每题需写出必要的解题步骤．） 15. 已知，，且与夹角为，求： （1）； （2）与的夹角的余弦值. 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 17. 中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段．为了了解中国大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这500名中国大模型用户的年龄在内的人数； （3）估计这500名中国大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求异面直线与所成的角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期高一年级期末评价 数学试卷 考试时间：2026年6月26日下午15:00-17:00 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（每题5分，共8小题，总分40分，每题只有一个正确答案．） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式及两角差的正弦公式求得，再根据二倍角公式即可求解． 【详解】因为 ， 所以． 3. 在中，，，角，则角大小为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在中，已知，，，由正弦定理. 所以，所以. 由，根据大边对大角，得，所以只能为锐角. 因此. 4. 如图在梯形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果. 【详解】因为，， 所以， 又，， 所以. 故选：D. 【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得， 令，得，此时， 所以图象的对称中心是. 6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列命题正确的是（ ） A. B. ； C. D. . 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理可判定A，根据面面平行的性质定理可判定B，根据线面平行的判定定理可判定C，根据线面平行的性质定理可判定D. 【详解】选项A：由面面平行的判定定理可知，由于m，n不一定相交，故A错误； 选项B：由面面平行的性质定理可知B正确； 选项C：由线面平行的判定定理可知，m可能在内，故C错误； 选项D：由线面平行的性质定理可知，m，n可能异面，故D错误； 故选：B. 7. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知， 则，解得， 在方向上的投影向量为：． 8. 中国古代数学专著《九章算术》中对两类空间几何体有这样的记载：①“堑堵”，即底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；②“阳马”，即底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一“堑堵”，如图所示，，，则其中“阳马”与“堑堵”的体积之比为（ ） A. 1:2 B. 2:3 C. 1:4 D. 4:5 【答案】B 【解析】 【分析】设，由“阳马”的定义结合棱锥的体积公式求出“阳马”的体积，由“堑堵”的定义根据棱柱的体积公式求出“堑堵”的体积，从而得出体积比. 【详解】解：设，由“阳马”的定义及可知， 四边形是矩形，平面， “阳马”的体积为： ， 由“堑堵”的定义可知，，且平面， “堑堵”的体积为： ， 所以“阳马”与“堑堵”的体积之比为：. 故选：B. 二、多选题（每题6分，共3小题，总分18分，每题有多个正确的答案，全部选对得6分，部分选对得部分分．） 9. 为测试脑机接口设备的信号识别精度，某科研团队开展高三学生脑机接口操作实验，实验评分部分满分10分．随机抽取10名参与实验的高三学生的操作得分（单位：分）如下：6，7，5，8，6，7，6，8，10，7．下列说法正确的是（ ） A. 该样本的70%分位数为7分 B. 该样本的极差为5分 C. 用样本均值估计总体均值，其值约为7分 D. 用样本方差估计总体方差，其值约为1.8 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据分位数、均值、极差、方差的定义计算即可. 【详解】将样本数据从小到大排序：5,6,6,6,7,7,7,8,8,10, 选项A，分位数位置：，因为为整数，所以70%分位数是第7项和第8项数据的平均值，即分位数是，A错误 选项B，极差=最大值-最小值=10-5=5，B正确； 选项C，样本均值，用样本均值估计总体均值，C正确； 选项D，样本方差，D正确. 10. 已知向量，，下列说法正确的是（    ） A. B. C. 与向量平行的单位向量仅有 D. 向量与向量的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，计算数量积是否为零，即可得；对B，借助模长公式计算即可得；对C，与向量平行的单位向量有、；对D，夹角公式计算即可得. 【详解】对于A，，，所以，故A正确； 对于B，，所以，故B正确； 对于C，，则有、， 即与向量平行的单位向量有、，故C错误； 对于D，，所以向量与向量的夹角为，故D正确． 故选：ABD 11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得的截面周长为 D. 直线AF与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】确定外接球并求出表面积判断A；证明线面平行并结合等体积法判断B；求出截面周长判断C；求出线面角的正弦判断D. 【详解】对于A，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则该外接球的直径为， 因此三棱锥的外接球表面积为，A错误； 对于B，连接，由且，得四边形是平行四边形， 则，又，于是，四边形是平面截正方体所得的截面图形， 连接，则由、均为所在棱的中点，得，， 则四边形是平行四边形，，又平面，平面， 因此平面，点到平面的距离即为到平面的距离， 为定值，即三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C，由选项B知，平面截正方体所得的截面图形为四边形， 而，，， 平面截正方体所得的截面周长为，C正确； 对于D，连接，由平面，得是直线与平面所成的角， 又，，，， 因此直线与平面所成角的正弦值为，D错误． 故选：BC 三、填空题（每题5分，共3小题，总分15分．） 12. 已知角满足，则________． 【答案】 【解析】 【详解】, . 13. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为______. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，即， 设与的夹角为，则， 又，，所以，解得， 因为，所以. 14. 在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面四边形内（不含边界）一点，若平面，则线段长度的最小值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，的中点，由面面平行的性质证明点轨迹就是线段，求出等腰底边上的高即得最小值． 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，并连接， 由于点分别是棱的中点， 所以， 平面，平面，平面， 与，平行且相等，则是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 面，平面， 所以平面平面， 平面，平面，且平面平面， 所以，即点轨迹是线段， 正方形棱长为4，则，， 所以的最小值即为底边上高等于． 故答案为：． 四、解答题（本题共5小题，满分77分，解答每题需写出必要的解题步骤．） 15. 已知，，且与夹角为，求： （1）； （2）与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积的定义求出，由代入数值得到； （2）由代入数值得到，由代入数值得到，利用向量的数量积公式得到，代入数值得到所求. 【小问1详解】 ，，且与夹角为，， ； 【小问2详解】 ， ， . 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）根据给定条件，利用三角形面积公式、余弦定理列式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，即，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 由的周长为20，得，即， 由余弦定理得，即， 于是，解得， 所以. 17. 中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段．为了了解中国大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这500名中国大模型用户的年龄在内的人数； （3）估计这500名中国大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 【答案】（1）0.015 （2）200人 （3）37.5 【解析】 【分析】（1）由所有频率之和为1求解； （2）由年龄在内的频率计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【小问1详解】 由题可知组距为10，则：，解得：； 【小问2详解】 这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为：， 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人； 【小问3详解】 估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为：. 18. 在中，内角的对边分别为，且，. （1）求的大小； （2）若，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得； （2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果； （3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得：，又， ， 即，又，，， 又，. 【小问2详解】 由余弦定理得：，解得：， . 【小问3详解】 由余弦定理得：， （当且仅当时取等号），， 又，； ， 令，，则在上单调递增， ，即，的最大值为. 19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求异面直线与所成的角的余弦值． 【答案】（1）取中点，连接，． 在中，，分别为的中点，所以，且． 由已知，，所以，且． 所以四边形为平行四边形．所以． 又因为平面，且平面， 所以平面． （2）在正方形中，，又，， ，平面，所以 平面， 因为平面，所以， 在中，，所以，， 在中，，，. 所以， 所以，所以. 又因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，故，再根据线面平行判定定理，由平面、平面证得平面. （2）由正方形得平面，故；结合边长利用勾股逆定理证，，得平面，又平面，故平面平面. （3）取中点，由三角形中位线性质证明四边形为平行四边形，故，是异面直线与所成角；由勾股定理求出、、，再由余弦定理计算得. 【小问1详解】 （1）略 【小问2详解】 （2）略 【小问3详解】 如图:取的中点，连接、. 由三角形中位线性质可知 所以，所以四边形为平行四边形. 由勾股定理得，，所以 因为,所以为异面直线与所成的角. . 由余弦定理得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $