精品解析：浙江宁波市慈溪市2025-2026学年第二学期高一年级期末测试数学试题

2025学年第二学期高一年级期末测试 数学学科试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，则（ ） A. 相等的角在直观图中仍然相等 B. 相等的线段在直观图中仍然相等 C. 菱形的直观图是菱形 D. 三角形的直观图是三角形 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 3. 在中，已知锐角满足，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个绿色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球.设事件“第一次摸到红球”，事件“第二次摸到绿球”，事件“两次都摸到红球”，事件“两个球颜色不同”，则（ ） A. 与是相等事件 B. 与是相互独立事件 C. 与是互斥事件 D. 与是互为对立事件 5. 已知样本数据，，，，，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. -2 B. 2 C. 或1 D. 1或2 6. 已知，，是三个不同的平面，，，是三条不同的直线.下列四个命题： ①若，，则； ②若，，，则； ③若，，则； ④若，，，则三条交线，，的交点个数为0或1，其中，真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 在中，内角的对边分别为，若，且，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，，满足，，，若，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 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. 暑假是学生旅游的黄金时段，某市为更好地提升学生旅游品质，该市文旅局随机选择100名学生游客对该市旅游体验进行满意度评分（满分100分），90分及以上为优秀等级，80分至89分为良好等级.现根据评分数据，制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计样本数据的平均数为86 C. 估计样本数据的80%分位数为95 D. 若从评分为优秀等级与良好等级的学生中，用分层抽样的方法抽取14人进行交流，则抽到评分为良好等级的学生有6人 10. 已知是内一点，则（ ） A. 当时，是的重心 B. 当时， C. 当时，是的垂心 D. 当，时，在上的投影向量为 11. 已知正方体的棱长为2，为的中点，，为线段，上的动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与所成角的最小角的正弦值为 C. 的最小值为 D. 当为正方体表面上的一个动点，且时，点的轨迹所围成的面积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在直角梯形中，，，.若直角梯形以边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的侧面积为______. 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为______. 14. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则点数之和为完全平方数的概率是______. 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，. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围. 16. 甲、乙两位同学进行某项体育运动比赛，约定赛制如下：比赛最多打5场，每场胜者得1分，败者不得分，比赛进行到有一人比另外一人多2分或打满五场时比赛终止，分数多者获胜．现已知每场比赛中甲同学获胜的概率是，乙同学获胜的概率是． （1）求第二场比赛结束后比赛终止的概率； （2）求甲最终获胜的概率． 17. 如图，在平行四边形中，，，，，分别是线段，的中点，且. （1）求的值； （2）若点为线段上的动点，求的最小值. 18. （用坐标法不给分）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，设三棱锥的外接球球心为. （1）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （2）求证：，，，四点共面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，满足. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，，当线段的长度取最大值时，求； （3）记的面积为，若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高一年级期末测试 数学学科试题 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 考试时间120分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 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. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，则（ ） A. 相等的角在直观图中仍然相等 B. 相等的线段在直观图中仍然相等 C. 菱形的直观图是菱形 D. 三角形的直观图是三角形 【答案】D 【解析】 【详解】如图： 平面正方形的直观图为平行四边形，且，，，，. 所以对A：，但直观图中，，故A错误； 对B：平面图形中，，但直观图中，，，所以，故B错误； 对C：正方形（也是菱形）的直观图为平行四边形，因为，所以四边形不是菱形，故C错误； 根对D：据斜二测画法的规则可知，三角形的直观图是三角形，故D正确. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解. 【详解】由向量， 因为，可得，解得. 3. 在中，已知锐角满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先得到，再由余弦定理求解 【详解】，又为锐角，故，， 由余弦定理得. 4. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个绿色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球.设事件“第一次摸到红球”，事件“第二次摸到绿球”，事件“两次都摸到红球”，事件“两个球颜色不同”，则（ ） A. 与是相等事件 B. 与是相互独立事件 C. 与是互斥事件 D. 与是互为对立事件 【答案】C 【解析】 【详解】用形如表示摸出的两球，其中表示第次摸出球的标号，表示第次摸出球的标号， 则样本空间为； 事件包含； 事件包含；事件包含； 事件包含； 故A选项错误；C选项正确；D选项错误； 因为，故B错误. 5. 已知样本数据，，，，，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. -2 B. 2 C. 或1 D. 1或2 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得，，，得或. 6. 已知，，是三个不同的平面，，，是三条不同的直线.下列四个命题： ①若，，则； ②若，，，则； ③若，，则； ④若，，，则三条交线，，的交点个数为0或1，其中，真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行的性质及线面平行的判定定理可判断①②，根据平面与平面的位置关系可判断③④. 【详解】对于①，若，，则或，错误. 对于②，过作平面与交于，与交于，由线面平行的性质可得，，所以， 由线面平行的判定定理可得，又，则，所以，正确. 对于③，若，，则相交或平行，错误. 对于④，若三条交线互相平行，则交点个数为0；若三条交线不平行，则交点个数为1，正确. 7. 在中，内角的对边分别为，若，且，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的相关公式对已知条件进行化简，可得，再结合三角形面积公式和正弦定理，即可求出外接圆半径. 【详解】已知，可得， 移项得，即， 又，所以，所以， 则， 所以， 又，所以， 又根据正弦定理，可得，， 所以， 又，所以，所以. 8. 已知向量，，满足，，，若，则的最小值为（ ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】将向量问题坐标化，把放在轴上简化已知条件，结合二次不等式求出点积的最小值. 【详解】已知，设，，， 则由得；由得， 由，平方得代入，得， 化简得： ，即， 则​，因此只需要求的最小值， 由，不妨设，代入得：  即的最小值为， 因此的最小值为. 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. 暑假是学生旅游的黄金时段，某市为更好地提升学生旅游品质，该市文旅局随机选择100名学生游客对该市旅游体验进行满意度评分（满分100分），90分及以上为优秀等级，80分至89分为良好等级.现根据评分数据，制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是（ ） A. B. 估计样本数据的平均数为86 C. 估计样本数据的80%分位数为95 D. 若从评分为优秀等级与良好等级的学生中，用分层抽样的方法抽取14人进行交流，则抽到评分为良好等级的学生有6人 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由，解得，故A正确； 对于B，各组中点依次为， 则平均数 ，故B错误； 对于C，由图知，在内的累计频率为，在内的累计频率为，故分位数落在. 设分位数为，则，解得，故C正确； 对于D，良好等级人数，优秀等级人数. 分层抽样抽取人，抽样比，故良好等级抽取人，故D正确. 10. 已知是内一点，则（ ） A. 当时，是的重心 B. 当时， C. 当时，是的垂心 D. 当，时，在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，取中点，将已知向量式化简得到，结合重心的定义与性质判断；对B，利用三角形分点的性质，得到面积比等于对应向量的系数比，直接推出；对C，给已知等式两边同时点乘，化简后可得，因此不是的垂心；对D，设，结合已知条件计算出、，代入投影向量公式可得结果为. 【详解】对于A：取中点，则，由得， 说明在中线上，且，符合重心的性质，A正确； 对于B：对内一点，连接，延长交于， 则 即，整理得， 由，得，即，B正确； 对于C：，该式不恒为0，所以不恒与垂直，C错误； 对于D：设，则，，， 则：，  ， 向量在上的投影向量为：， D正确. 11. 已知正方体的棱长为2，为的中点，，为线段，上的动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 直线与所成角的最小角的正弦值为 C. 的最小值为 D. 当为正方体表面上的一个动点，且时，点的轨迹所围成的面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意，利用三棱锥的体积等于正方体的体积减去四个三棱锥的体积，可判定A错误；根据正方体的性质，结合异面直线所成角的定义，可判定B不正确；由的最小值为异面直线的公垂线段的长度，可判定C正确； 过点作与平面平行的平面，得到截面为正六边形，可判定D正确. 【详解】对于A，由正方体的棱长为，可得其体积为， 又由三棱锥的体积等于正方体的体积减去四个三棱锥，的体积，且四个三棱锥的体积相同， 因为， 所以三棱锥的体积为，所以A错误； 对于B，延长到点，使得，再取的中点，可得， 又由，可得， 所以异面直线与所成角为， 因为点在上运动，当点与点重合时，取得最小值， 在直角中，， 可得，即直线与所成角的最小角的正弦值为，所以B错误； 对于C，因为为线段上的动点， 所以的最小值为异面直线的公垂线段的长度， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以，同理可证：， 又因为，且平面，所以平面， 设平面，因为为边长为的等边三角形， 可得为的中心，在平面中，过作， 因为平面，平面，， 即为异面直线的公垂线段，可得， 即的最小值为，所以C正确； 对于D，由选项C知：平面， 当为正方体表面上的一个动点，且时， 过点作与平面平行的平面，交正方体的表面， 如图（2）所示，得到截面为六边形， 且六边形为边长为的正六边形， 过点作的垂线，垂足为，如图（3）所示， 在直角中，可得， 所以等腰梯形的面积为， 所以截面的面积为，所以D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在直角梯形中，，，.若直角梯形以边所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先判断直角梯形绕直角腰旋转所得几何体为圆台，分别求解圆台的上下底面半径与母线长，再代入圆台侧面积公式计算即可. 【详解】∵ 直角梯形中，，，，为直角腰， ∴ 以为轴旋转一周所得几何体为圆台，其上底面半径，下底面半径. 过点作于点，可得. ∵ 在中，， ∴ 圆台母线长. ∴ . 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】点的轨迹为与射线轴夹角为的射线，不包括点，结合图形分析求解即可. 【详解】在中，，边，边， 固定顶点，则点的轨迹为与射线轴夹角为的射线，不包括点， 点到边的距离为. 要使有两解，等价于以为圆心、半径作圆，该圆与射线有两个不同的交点，即对应两个符合条件的点， 需同时满足两个约束条件： ① 圆与射线相交，即圆心到射线的距离小于半径，得； ② 两个交点均在射线的正半轴上，即在的右侧，得. 因为 ，且， 联立得，所以的取值范围为. 14. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷3次，则点数之和为完全平方数的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意总共有种，再结合完全平方可知，点数之和可以为，再列举计算概率即可． 【详解】由题可知总共有种， 点数之和为4的有共3个； 点数之和为9的有， ,, ,,共25个； 点数之和为16的有共6个. 综上，点数之和为完全平方数的有种，则概率为． 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，. （1）若是纯虚数，求的值； （2）若在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 已知，. 若为纯虚数，则实部等于，虚部不等于. 列出方程组解得或. 由舍去，故. 【小问2详解】 先化简： . 复数对应点在第二象限，则实部小于，虚部大于，得不等式组 ，等价于. 解不等式，得. 解不等式，得或. 所以，即实数的取值范围为. 16. 甲、乙两位同学进行某项体育运动比赛，约定赛制如下：比赛最多打5场，每场胜者得1分，败者不得分，比赛进行到有一人比另外一人多2分或打满五场时比赛终止，分数多者获胜．现已知每场比赛中甲同学获胜的概率是，乙同学获胜的概率是． （1）求第二场比赛结束后比赛终止的概率； （2）求甲最终获胜的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据比赛终止条件，拆分互斥事件，再利用独立事件概率相乘，最后求和即可； （2）根据题意得出比赛结束场次为第场、第场或第场，计算相应概率并求和． 【小问1详解】 设“打场后甲获胜”，“打场后乙获胜”，“第二场比赛结束后比赛终止”，“甲最终获胜”， 因为，， 所以． 【小问2详解】 由题设条件，比赛可能在第场、第场或第场终止， 甲连胜两场：； 前两场双方，第3、4场甲连胜： ； 前4场双方，第5场甲获胜： ， 所以． 17. 如图，在平行四边形中，，，，，分别是线段，的中点，且. （1）求的值； （2）若点为线段上的动点，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：根据已知得即可得；法二：通过已知条件构建合适的直角坐标系，标注相关点坐标并确定相关向量的坐标，由向量线性关系的坐标运算列方程求参数值，即可得； （2）法一：设，根据已知得、，再应用向量数量积的运算律及定义得到关于的表达式，即可求最值；法二：设，，应用坐标法表示出相关向量，再由向量数量积的坐标运算得到关于的表达式，即可求最值． 【小问1详解】 法一：因为，因， 则，，所以； 法二：建立如图所示的直角坐标系，则，，，，. 所以，，， 因， 则可得，解得， 所以； 【小问2详解】 法一：由（1）知，， 设， 则， 所以， 又因为，, 则， 因为，所以当时，. 法二：设，， 则， 所以，， 所以， 因为，所以当时，. 18. （用坐标法不给分）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，设三棱锥的外接球球心为. （1）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （2）求证：，，，四点共面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）设的外接圆圆心为，则在线段的中垂线上，连接，，，， 由正弦定理知，， 所以， 由（1）知，，，所以， 即，所以与重合， 所以，，，四点共面； （3） 【解析】 【分析】（1）构造二面角的平面角，利用三角形的边角关系求二面角的余弦. （2）先求的外接圆半径，初步确定的外接圆圆心的位置，再求的距离，即可证明就是三棱锥外接球球心，所以，，，四点共面. （3）利用体积法求点到面的距离，进而可求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为，， 所以由余弦定理得，， 所以， 取中点为，连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 过点作，交线段的延长线于点，连接， 因为平面，平面，所以， 平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 所以就是侧面与底面所成二面角的平面角. 又因为，，， 所以，，所以， 所以， 即侧面与底面所成二面角的余弦值为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设到平面的距离为， 因为，即 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，满足. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，，当线段的长度取最大值时，求； （3）记的面积为，若，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式求解即可. （2）根据向量的线性运算及向量数量积运算律，结合余弦定理及基本不等式求解即可. （3）根据三角形面积公式及余弦定理，结合辅助角公式及基本不等式求出，进一步求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得，， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 则， 即. 又，则， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立. 又为锐角三角形，所以，即， 所以， 又，所以当线段的长度取最大值时，求. 【小问3详解】 因为，， 所以， 整理得， 又，其中，， ， 所以当，时，等式成立，此时， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $