精品解析：江苏南京市2025-2026学年度第二学期高一期末数学试卷

高一期末数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 在复平面内，对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，与平面，其中，则“”是“”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 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在边长为3的正方形中，，则（ ） A. -5 B. 5 C. 6 D. 9 7. 一组样本数据，，，…，的平均数为，标准差为2.另一组样本数据，，，…，，的平均数为，标准差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 用半径为2的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 在中，为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 10. 同时抛掷两枚均匀硬币，记“出现两个正面”为事件，“出现一正一反”为事件，则（ ） A. B. C. 与为互斥事件 D. 为必然事件 11. 如图，在直四棱柱中，，，M，N分别为棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱柱的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则______. 13. 某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为__________． 14. 海上A，B两个小岛相距海里，从A岛望B岛和C岛所成的视角为，从B岛望A岛和C岛所成的视角为，则B，C两岛之间相距______海里. 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. 已知向量，，求： （1）； （2）向量与的夹角的余弦值. 16. 已知，. （1）求和的值； （2）若，，求证：. 17. 某校知识竞赛分初赛、复赛两轮.某班从甲、乙两名学生中选拔一人参加学校知识竞赛（初赛），抽取了两人5次模拟测试的成绩，统计结果如下表： 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 甲的成绩（分） 90 95 92 100 98 乙的成绩（分） 95 94 100 96 90 （1）试根据以上数据比较两名同学的平均水平和稳定性，并确定参加初赛的对象； （2）初赛要求如下：参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道作答，已知该参赛者会这5道试题中的3道（编号为奇数的题目）. （i）写出参赛者抽到的题号构成的样本空间Ω； （ii）规定抽取的3道题至少答对2题方可进入复赛，求参赛者能进入复赛的概率. 18. 如图，在三棱锥中，平面. （1）若，求证：平面平面； （2）已知为的中点，，F是棱上的一点. （i）若平面，求； （ii）若平面，试判断的形状，并给出证明. 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若，. （i）试判断的形状，并说明理由； （ii）设点在边上，连接并延长至点，且.求面积的最大值及此时点的位置. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期末数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效. 3.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 在复平面内，对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】复平面内，对应的点的坐标为，在第二象限. 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，，若，则，所以. 3. 已知直线，与平面，其中，则“”是“”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】以正方体为例，举例可说明充分性不成立，根据线面垂直的性质定理可说明必要性成立，即可得. 【详解】 如图，正方体中，，，平面为平面， 其中，平面，显然与平面不垂直，故“”不是“”的充分条件； 若，且，根据线面垂直的性质定理，可知成立，所以“”是“”的必要条件. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角的正切公式计算. 【详解】已知，则. 5. 在中，角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可以得到三边的比值关系，再根据余弦定理代入即可计算得到的值 【详解】因为 所以 令 所以 6. 在边长为3的正方形中，，则（ ） A. -5 B. 5 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【详解】如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 边长为3的正方形中，，则,,, 所以，，所以. 7. 一组样本数据，，，…，的平均数为，标准差为2.另一组样本数据，，，…，，的平均数为，标准差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、方差公式判断数据添加平均数后新的平均数、标准差变化情况即可. 【详解】因为，所以， 所以， ， ， 所以，解得， 所以. 8. 用半径为2的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知圆锥的底面周长等于半圆的弧长，从而可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的高，然后可求出圆锥的体积 【详解】设圆锥的底面半径为，则，得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的体积为， 二、选择题：本题共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. 在中，为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】 对于A，因为，而， 所以，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D正确． 10. 同时抛掷两枚均匀硬币，记“出现两个正面”为事件，“出现一正一反”为事件，则（ ） A. B. C. 与为互斥事件 D. 为必然事件 【答案】AC 【解析】 【分析】根据实验的所有结果，判断事件与事件的关系. 【详解】同时抛掷两枚质地均匀的硬币结果有：正正，正反，反正，反反，共4个基本事件， ，，A对，B错， 与为互斥事件，C对， 包含正正，正反，反正，不是必然事件，D错. 11. 如图，在直四棱柱中，，，M，N分别为棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 三棱柱的外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用线面平行判定定理判断A，证明出，再结合可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断D选项；应用线面角定义计算可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，则四边形为平行四边形，所以， 因为M，N分别为棱，的中点，则，所以平面，平面， 故平面，A正确； 对于B选项，连接、，    因为四边形为平行四边形，且，则为菱形， 因为，则，且，故为等边三角形， 因为为的中点，则， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以，，故，B正确； 对于C选项，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角， 过做， 又因为，，所以， 又因为为直四棱柱，所以平面，平面， 所以平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为，C选项正确； 对于D选项，如下图所示：      圆柱的底面圆直径为，母线长为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心，且有， 可将直三棱柱置于圆柱内，使得、的外接圆分别为圆、圆， 如下图所示：      因为，，则为等边三角形， 故圆的直径为， 所以三棱柱的外接球的直径为， 所以三棱柱的外接球的表面积为，D错误； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义以及复数的模的计算公式即可求解. 【详解】已知复数，则其共轭复数为，模. 13. 某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为__________． 【答案】92 【解析】 【分析】根据百分位数的计算即可求解. 【详解】由于,所以该组数据的第80百分位数为第七个数. 故答案为：92 14. 海上A，B两个小岛相距海里，从A岛望B岛和C岛所成的视角为，从B岛望A岛和C岛所成的视角为，则B，C两岛之间相距______海里. 【答案】15 【解析】 【详解】由题意可得在中，，，，所以， 由正弦定理得：， 所以B，C两岛之间相距15海里. 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. 已知向量，，求： （1）； （2）向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标即可求模. （2）分别求出与坐标即可求夹角. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 因为， ， 所以，， 因为， 设向量与的夹角为， 所以. 16. 已知，. （1）求和的值； （2）若，，求证：. 【答案】（1）， （2）由（1）知， 因为， 因为，，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合二倍角的正弦公式以及两角差的余弦公式即可求解； （2）根据题意，结合两角和的正切公式即可求解. 【小问1详解】 因为，，且， 所以，所以； 所以. 【小问2详解】 略. 17. 某校知识竞赛分初赛、复赛两轮.某班从甲、乙两名学生中选拔一人参加学校知识竞赛（初赛），抽取了两人5次模拟测试的成绩，统计结果如下表： 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 甲的成绩（分） 90 95 92 100 98 乙的成绩（分） 95 94 100 96 90 （1）试根据以上数据比较两名同学的平均水平和稳定性，并确定参加初赛的对象； （2）初赛要求如下：参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道作答，已知该参赛者会这5道试题中的3道（编号为奇数的题目）. （i）写出参赛者抽到的题号构成的样本空间Ω； （ii）规定抽取的3道题至少答对2题方可进入复赛，求参赛者能进入复赛的概率. 【答案】（1）乙参加知识竞赛较合适 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据表格数据计算平均数和方差，比较即可确定结果； （2）列举总的基本事件得到样本空间，由所求事件包含的基本事件，利用古典概型概率计算公式即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， ，. ， 所以，， 所以甲、乙的平均分相同，但乙的成绩比甲稳定， 故选乙参加知识竞赛较合适. 【小问2详解】 在5道题中，参赛者会答的3道题分别为1，3，5， 另外2道不会答的题分别为2，4. （ⅰ）参赛者从5道题中抽3道题的结果构成的样本空间为 ，共10种. （ⅱ）记“参赛者进入复赛”为事件， 进入复赛，即至少答对2道的情况有，，，，，，，共7种. 所以参赛者进入复赛的概率为. 18. 如图，在三棱锥中，平面. （1）若，求证：平面平面； （2）已知为的中点，，F是棱上的一点. （i）若平面，求； （ii）若平面，试判断的形状，并给出证明. 【答案】（1）因为平面，平面， 所以， 因为，所以，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）（i）2； （ii）是等腰三角形，理由如下： 因为平面，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以平面平面. 法1：在平面内过作， 因为平面，平面平面，平面平面， 所以平面； 同理，过作，可知平面. 因为过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直， 所以，重合，由于， 所以，，重合， 所以， 因为为中点，故，即是等腰三角形. 法2：证明结论：设，，是平面，若，，，则. 因为，设，在内作，则， 同理，可设，，，则， 所以， 因为，，所以，因为，，所以. 所以. 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为为中点，故，即是等腰三角形. 【解析】 【分析】（1）使用线面垂直判定定理与面面垂直判定定理证明； （2）（ⅰ）使用线面平行的性质定理与向量共线求解； （ⅱ）使用面面垂直性质定理与三角形三线合一证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接并延长交于点，连接. （ⅰ）因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为，是中点， 所以是的重心，是的中点， 所以. （ⅱ）略 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求； （2）若，. （i）试判断的形状，并说明理由； （ii）设点在边上，连接并延长至点，且.求面积的最大值及此时点的位置. 【答案】（1） （2）（i）是直角三角形，在中，，，由（1）知. 在中，由正弦定理， 得. 因为，所以， 所以，， 所以是直角三角形. （ii），点在边上靠近的三等分点 【解析】 【分析】（1）使用正弦定理与两角差的正弦公式求解； （2）（i）使用正弦定理求解； （ii）设，，使用余弦定理与基本不等式求解. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得. 因为， 所以. 因为，所以， 所以， ， . 因为， 所以， . 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）在中，因为，所以. 设，. 在中，由余弦定理， 得. 因为， 所以，所以， 当且仅当时等号成立. 所以面积的最大值为. 在中，因为，，，所以. 在中，因为，，所以，，则. 在中，， 所以点在边上靠近的三等分点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $