精品解析：浙江嘉兴市2025-2026学年高一第二学期期末检测数学试题

2025~2026学年第二学期期末检测 高一数学 试题卷 （2026.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效． 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． 1. 已知向量和向量不共线，那么以下几组向量可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 5. 如图，是的直径，点是所在平面外一点，点是圆周上不同于，的任意一点，若平面平面，则下列结论一定正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 6. 一个袋子中有编号为1~10的10个小球，每名同学有放回地摸球5次，记录每次摸到的球的编号，现有四名同学的统计结果如下，其中可能摸到过编号为10的小球的是（ ） A. 平均数为5，极差为4 B. 中位数为5，极差为4 C. 平均数为5，方差为4 D. 中位数为5，众数为4 7. 从正方体的十二条棱中任选两条，则这两条棱所在直线互为异面直线的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，为了测量两座山顶，之间的距离，飞机沿水平方向在相距2千米的，两点进行测量，在点测得，，在点测得，已知，，，在同一个铅垂面内，则两山顶，之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 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. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（ ） A. 事件与事件的概率相等 B. 事件与事件互斥 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件互为对立 10. 在菱形中，，，与交于点，，分别是边，上的动点，且满足，，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，向量在向量上的投影向量为 B. 当，时， C. 当，时， D. 当经过中点时， 11. 在棱长为2的正方体中，是棱上的动点，，分别是，的中点，是该正方体的中心，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得平面 C. 二面角的平面角的正切值的取值范围为 D. 到点的距离小于等于到正方体每个顶点的距离的点所构成的几何体的体积是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则_______． 13. 一个正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，高为，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________． 14. 已知，，，则的最小值为_______． 四、解答题：本大题共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，满足，． （1）若，求； （2）若，求的坐标． 16. 2026年浙江省城市足球联赛“吴越杯”于4月6日正式开赛，揭幕战在嘉兴市体育中心举行．作为浙江人自己的“世界杯”，赛事吸引了大量球迷．主办方在现场随机抽取了100位球迷，了解他们每周参加体育锻炼的时长，并根据获得的数据绘制了频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这100位球迷每周锻炼时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和中位数； （2）若将（1）中估计所得的平均数作为这100位球迷每周锻炼时长的总体平均数．已知这100位球迷中男性球迷每周锻炼时长的平均数是6，方差是；女性球迷每周锻炼时长的平均数是5，方差是．求这100位球迷中男性球迷和女性球迷的人数，并计算这100位球迷锻炼时长的总体方差． 17. 如图1，将一边长为2的正六边形沿着对角线进行翻折，四边形翻折至四边形，得到五面体，如图2所示． （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的余弦值． 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，的面积为3． （1）若，求； （2）若． （i）求的取值范围； （ii）当最小时，求的长． 19. （1）在长方体中，，，，设直线与，，所成的角分别为，，，求的值． （2）如图，正方体的顶点在平面内，其余顶点均在同一侧，顶点，，到平面的距离分别为 （i）求正方体的体积； （ii）若有一束平行光线从平面的上方照向正方体，光线所在直线与平面所成角的余弦值为，求正方体在平面内的投影面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年第二学期期末检测 高一数学 试题卷 （2026.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效． 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． 1. 已知向量和向量不共线，那么以下几组向量可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】选项A：因为， 所以和共线，不可以作为基底，故选项A错误； 选项B：因为， 所以和共线，不可以作为基底，故选项B错误； 选项C：设，则，无实数解， 即和不共线，可以作为基底，故选项C正确； 选项D：因为， 所以和共线，不可以作为基底，故选项D错误. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） 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】， 所以复数在复平面内对应的点为，是第二象限点. 3. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由半圆的面积为，得该半圆半径为1，半圆弧长为， 因此圆锥底面圆周长为，半径为， 所以该圆锥的底面直径为1. 4. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理求解. 【详解】由余弦定理，， 所以. 5. 如图，是的直径，点是所在平面外一点，点是圆周上不同于，的任意一点，若平面平面，则下列结论一定正确的是（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面垂直的性质推理判断即可. 【详解】由是的直径，点是圆周上不同于，的任意一点，得， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，而平面，因此，B正确； 由不垂直于知不垂直于平面，A错误； 因与不一定垂直，故得不出平面,故C错误； 又因，但与不一定垂直，故得不出平面，从而推不出,即D错误. 6. 一个袋子中有编号为1~10的10个小球，每名同学有放回地摸球5次，记录每次摸到的球的编号，现有四名同学的统计结果如下，其中可能摸到过编号为10的小球的是（ ） A. 平均数为5，极差为4 B. 中位数为5，极差为4 C. 平均数为5，方差为4 D. 中位数为5，众数为4 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件摸到编号10，根据极差为4，可知最小编号为6，依次计算平均数和中位数即可判断选项A和B；根据方差为4，可得，而，即可判断选项C；由4，4，5，6，10这种情况即可判断选项D. 【详解】设5次编号从小到大为，平均数为，若摸到10，则最大值， 选项A，由极差为4，，则，此时5个数均大于或等于6，总和大于等于30，所以，选项A错误； 选项B，由极差为4，，则，所以，因此中位数不可能为5，选项B错误； 选项C，若平均数为5，则，又，所以， 因为方差为4，所以， 则，而，不合题意， 所以选项C错误； 选项D，若中位数为5，众数为4，则至少有两个4，又摸到10，所以4，4，5，6，10，这种情况即可满足条件，因此选项D正确. 7. 从正方体的十二条棱中任选两条，则这两条棱所在直线互为异面直线的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从正方体的十二条棱中任选两条，共有种， 与互为异面直线的棱有，共条， 故所有互为异面直线的棱的对数共有， 故这两条棱所在直线互为异面直线的概率是. 8. 如图，为了测量两座山顶，之间的距离，飞机沿水平方向在相距2千米的，两点进行测量，在点测得，，在点测得，已知，，，在同一个铅垂面内，则两山顶，之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 【答案】A 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求得，在中由等角对等边求得，在中，由余弦定理求得，从而求得. 【详解】在中，， 所以， ， . 由正弦定理，得. 中，， 所以， 所以. 中，， 所以由余弦定理 . 所以. 故两山顶，之间的距离是千米. 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. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（ ） A. 事件与事件的概率相等 B. 事件与事件互斥 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件互为对立 【答案】AC 【解析】 【分析】分别求出事件和事件的概率，以及事件和事件同时发生的概率，即可判断选项和选项；根据相互独立事件的概率满足，即可判断选项；根据对立事件满足且，即可判断选项. 【详解】由题可知，样本空间{（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}，包含4个基本事件， 则，，所以选项正确； 因为{（正，反）}，事件和事件可以同时发生，因此与不互斥，选项错误； 因为，，，则，所以事件与事件相互独立，选项正确； 因为且，所以事件与事件不对立，选项错误. 10. 在菱形中，，，与交于点，，分别是边，上的动点，且满足，，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，向量在向量上的投影向量为 B. 当，时， C. 当，时， D. 当经过中点时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，建立平面直角坐标系，求出，代入投影向量公式求解即可；对于B，根据向量的模长公式求解即可；对于C，根据向量数量积的坐标表示求解即可；对于D根据向量共线的坐标表示可整理得到，即. 【详解】以为原点，以，所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系， 则，，，，，，. 对于A，当时，为中点，则，所以，. 向量在向量上的投影向量为，A错误. 对于B，当，时，为中点，与重合，则，， 所以，故，B正确. 对于C，当，时，，，则， 所以，，所以，C正确. 对于D，由，则得， 由，则得， 设的中点为，则，，. 因为，，共线，所以与共线，即， 整理得，即，故，D正确. 11. 在棱长为2的正方体中，是棱上的动点，，分别是，的中点，是该正方体的中心，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得平面 C. 二面角的平面角的正切值的取值范围为 D. 到点的距离小于等于到正方体每个顶点的距离的点所构成的几何体的体积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理可得∥平面，即点到平面的距离是定值，从而判断A；当为棱靠近的三等分点时，取的三等分点，由面面平行的判定定理可得平面∥平面，判断B；由线面垂直的判定定理可作出二面角的平面角，当与重合时，求得其正切值在外，可判断C不正确；由到点的距离小于等于到正方体每个顶点的距离的点所构成的几何体为由的中垂面围成的正八面体，求其体积，可判断D. 【详解】对于A，因为均为定点，所以的面积为定值. 连接，因为分别是，的中点，所以∥. 因为∥，所以∥. 又平面，平面， 所以∥平面， 所以点到平面的距离是定值. 三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值. 故A正确. 对于B， 如图所示，当为棱靠近的三等分点时， 取的三等分点，使得， 则∥，且. 因为∥，且， 所以∥，且， 所以四边形为平行四边形， 所以∥. 因为分别是的中点，所以∥， 所以∥. 又平面，平面， 所以∥平面； 同理可得∥，从而证得∥平面. 因为平面， 所以平面∥平面. 因为平面， 所以∥平面. 故B正确. 对于C， 如图所示，取的中点，连接， 易知四边形是平行四边形， 所以∥. 过作，为垂足，则. 由正方体的性质知，平面，所以. 由正方体的性质知，平面，所以. 过作∥，交于，则，. 因为平面， 所以平面， 所以. 所以为二面角的平面角. 且. ， 当与重合时，， 所以. 此时，故C不正确. 对于D， 到点的距离小于等于到正方体每个顶点的距离的点所构成的几何体为由的中垂面围成的正八面体. 记平面的中心为，对应的八面体的一个顶点为， 则. 由，得，解得. 所以该正八面体的六个顶点到的距离均为. 所以其体积是， 故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】设，则，， 即， 故. 13. 一个正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，高为，其顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的结构特征和性质求出球的半径，进而可求出球的表面积. 【详解】设正四棱台上、下底面所在圆面的半径分别为， 所以，.设球心到上底面的距离为，球的半径为， 所以球心到下底面的距离为， 则，解得， 所以该球的表面积为. 14. 已知，，，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，利用坐标法计算，结合一元二次函数求最值. 【详解】不妨设， 则，则， 因为， 所以 ， 当时，有最小值，最小值为. 四、解答题：本大题共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，满足，． （1）若，求； （2）若，求的坐标． 【答案】（1） （2）的坐标或 【解析】 【分析】（1）根据向量的模长公式、向量数量积的运算律及垂直关系的向量表示求解即可. （2）根据向量平行可设，利用向量线性运算的坐标表示及向量的模长公式求解即可. 【小问1详解】 ，， 又，所以 所以，即. 【小问2详解】 因为，可设，则， 因为，所以，即， 解得或， 所以的坐标或. 16. 2026年浙江省城市足球联赛“吴越杯”于4月6日正式开赛，揭幕战在嘉兴市体育中心举行．作为浙江人自己的“世界杯”，赛事吸引了大量球迷．主办方在现场随机抽取了100位球迷，了解他们每周参加体育锻炼的时长，并根据获得的数据绘制了频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这100位球迷每周锻炼时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和中位数； （2）若将（1）中估计所得的平均数作为这100位球迷每周锻炼时长的总体平均数．已知这100位球迷中男性球迷每周锻炼时长的平均数是6，方差是；女性球迷每周锻炼时长的平均数是5，方差是．求这100位球迷中男性球迷和女性球迷的人数，并计算这100位球迷锻炼时长的总体方差． 【答案】（1）平均数为5.7，中位数为6.25 （2）男性球迷有70人，女性球迷有30人，总方差为11.05 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图得到每组的频率从而算出平均数，找到中位数所在区间之后利用比例法求出中位数； （2）通过加权平均数求出男性球迷和女性球迷的人数，通过加权方差的方法算出100位球迷的总体方差. 【小问1详解】 100位球迷每周锻炼时长的平均数为： ， 因为区间的累计频率为，区间的累计频率为， 所以中位数落在区间内， 因此中位数为. 【小问2详解】 设男性球迷有人，则女性球迷有人， 因为男性球迷每周锻炼时长平均数是6，女性球迷每周锻炼时长平均数是5，由第一问可知100位球迷每周锻炼时长的平均数为5.7， 所以，解得，即男性球迷有70人，女性球迷有30人， 因为男性球迷每周锻炼时长的方差为10.21，女性球迷每周锻炼时长的方差为12.31， 所以100位球迷锻炼时长的总体方差为. 17. 如图1，将一边长为2的正六边形沿着对角线进行翻折，四边形翻折至四边形，得到五面体，如图2所示． （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：翻折的过程中，，，所以，又， 所以四边形为平行四边形，．又平面，平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）连接，，先证平面，得平面平面，作于点，可得平面，即得为与平面所成角，借助于直角三角形中三角函数定义及图形对称性即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，，在正六边形中，， ，所以，， 又，平面,则平面， 又平面.故平面平面， 作于点，因平面平面,则平面， 所以为与平面所成角． 因平面，平面,则，， 所以，， 由对称性得与平面所成角的大小等于与平面所成角的大小， 所以其余弦值为． 18. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，的面积为3． （1）若，求； （2）若． （i）求的取值范围； （ii）当最小时，求的长． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）由条件先求出，再由三角形面积求出，根据余弦定理即可求得； （2）（i）分别用正弦定理、三角形面积公式和余弦函数的性质求解；或由向量的线性关系得面积的关系，推得即可；再由向量数量积的运算律求出，结合余弦函数的值域求解；（ii）由余弦定理和基本不等式先求出的最小值，再由余弦定理或三角形面积关系以及（i）的结论求解即得. 【小问1详解】 因，则角为锐角，， 由，又，代入解得， 再由余弦定理得，解得. 【小问2详解】 （i）法一：在中，由正弦定理得， 同理，在中，， 因为，，， 所以，又，所以． 由得， 即， ，因为，所以． 法二：由得， 即， 又，所以，又，则． 后同法一． 法三：由可得， 则， 所以，因为，所以，． （ii）因,可得， 则由余弦定理得 ， 当且仅当时取等，此时，， 法一：设，在中，， 由余弦定理得， 得或，检验得． 法二：设，由，得， 法三：，由（i）的法三知，． 19. （1）在长方体中，，，，设直线与，，所成的角分别为，，，求的值． （2）如图，正方体的顶点在平面内，其余顶点均在同一侧，顶点，，到平面的距离分别为 （i）求正方体的体积； （ii）若有一束平行光线从平面的上方照向正方体，光线所在直线与平面所成角的余弦值为，求正方体在平面内的投影面积的取值范围． 【答案】（1）；（2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）借助长方体对角线及三条相邻棱的空间位置关系，利用勾股定理或向量坐标直接表示出三个对应夹角的余弦平方，通过代数加和运算，利用长方体对角线长度等于三条棱长平方和的性质，直接将目标量整合化简； （2）（i）通过构造垂线，利用空间投影原理将顶点到平面的距离转化为该顶点连线与法线的三角函数关系，结合第一问的平方和结论，将三个给定的距离分量平方相加，从而建立棱长的等量关系求出正方体的棱长； （ii）通过平移平行平面，将空间斜投影问题转化为平面几何中的线性投影，并利用动点的旋转特性来界定其活动范围，利用平面内点到直线距离的极值模型，把投影面积问题转化为动圆上一点到定直线距离的区间范围求解问题. 【详解】（1）由已知，，，， 所以. （2）（i）设是过点且与平面垂直的直线， 与，，所成的角分别为，，． 设，，在平面的投影点为，，， 则，，， 由（1）知，． 设正方体的棱长为，由题意得，，， 平方相加得，，正方体的体积． （ii）设为过点且与平面平行的平面， 则正方体在平面内的投影与在平面内的投影形状、大小相同． 设，在内的正投影分别为，，线段的中点为． 因为，到的距离分别为，，而到的距离为， 所以，到的距离均为，且在的两侧． 又为正方体的面对角线，故， 从而. 由正方体的几何关系，到的中点的距离为. 设光线与平面所成角为，由题意，所以. 由于，到的距离均为，所以它们在斜投影中的位移长度为. 设，在光线照射下投影到内的点分别为，， 则，分别在以，为圆心、半径的圆上运动， 且既是的中点，也是的中点． 如图： 设到直线的距离为． 由于，且，所以. 又的面积为， 整个正方体的投影面积为两个全等三角形面积之和，即. 因此正方体在平面内的投影面积的取值范围为， 化简得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $