镇宁高中教育集团2025～2026学年高一下学期期末第18周周统练

**基本信息** 以分层抽样、立体几何、解三角形等模块为载体，通过典例整合统计概率计算、空间位置关系证明、三角恒等变换等方法，构建“概念-推导-应用”逻辑链，体现数学眼光、思维与语言的核心素养。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |统计概率|6题（如1,16,17）|分层抽样比、百分位数计算、独立事件概率公式|抽样方法→数据处理→概率模型构建| |立体几何|5题（如8,11,18）|截面构造、等体积法求距离、外接球半径公式|空间线面关系→体积与角度计算→几何体性质应用| |向量三角|4题（如7,13,15）|向量投影公式、正余弦定理、三角恒等变换|向量运算→三角形边角关系→函数值域求解|

镇宁高中教育集团2025～2026学年度第二学期第18周统练 高一年级 数学 命题人 ：李则 审题人：李玉江 一、单选题 1．一个公司共有240名员工，要采用分层抽样的方法从全体员工中抽取一个容量为30的样本.已知某部门有80名员工，那么从这一部门抽取的员工人数为（    ） A．9 B．6 C．10 D．8 2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ） A． B．3 C．4 D．5 3．已知球的半径为，且该球的表面积与体积的数值之比为，则的值为（    ） A．3 B． C．2 D．1 4．兴义市峰林布依景区在春节期间，迎来众多游客，其中某天接受了一个小型的旅行团，他们的年龄（单位：岁）如下：6，6，7，8，10，37，39，45，46，52，53，61，则这组数据的第75百分位数是（    ） A．34.5 B．46 C．49 D．52 5．中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（    ） A． B． C． D． 6．已知，则（    ） A．6 B．4 C．3 D．2 7．在中，已知，若向量在向量上的投影向量为，，则实数m的值为（   ） A． B．5 C．2 D． 8．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线 C．若，则点Q的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的半径为 二、多选题 9．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则的充分条件是（    ） A．， B．， C．， D．，， 10．对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角 C． D．若，，则 11．如图，在棱长为的正方体中，点、分别为线段、的中点，点为线段上的动点（含端点），点是底面上异于点的动点，则下列结论正确的是（   ） A．直线与所成角的正切值为 B．的最小值为 C．直线与平面所成角的余弦值的最大值为 D．为线段的中点时，过、、三点的平面截正方体所得的截面的面积为 三、填空题 12．已知A，B两个事件相互独立，且，，则______． 13．在中，角的对边分别为，，且是关于x的方程的两个不等实数根，则______． 14．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为______． 四、解答题 15．已知、、分别为三个内角、、的对边，且. (1)求角； (2)已知，求的取值范围. 16．某企业为了解员工对“工作任务安排”的认可程度，人力部门随机抽取了200名员工，根据这200名员工对“工作任务安排”的认可程度给出的评分（评分均在内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求m的值，并估计这200名员工评分的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； (2)为了了解部分员工对＂工作任务安排＂的认可程度较低的原因，人力部门从评分落在，，的员工中用分层抽样的方法随机抽取54人进行沟通，求抽取的评分落在内的人数. 17．甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响． (1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率； (2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局． （ⅰ）求加赛满三轮的概率； （ⅱ）求甲获胜的概率． 18．如图甲，在矩形ABCD中，，，将沿BD翻折至，且，如图乙所示. 在图乙中： (1)求证：平面平面ABD； (2)求点A到平面的距离d； (3)求二面角的余弦值. 19．如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角． (1)若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径； (2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：； (3)在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：． 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年6月25日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A C D A B B AB ABC 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由抽样比比值即可求解. 【详解】由题可得分层抽样的抽样比比值为， 所以从这一部门抽取的员工人数为. 故选：C 2．D 【分析】由题意可知：，根据共轭复数的概念以及乘法运算求解. 【详解】由题意可知：，所以. 故选：D. 3．A 【分析】根据球的表面积公式和体积公式得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得或0（舍去）. 故选：A. 4．C 【分析】根据题意结合百分位数的定义运算求解. 【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第9位数和第10位数的中位数. 故选：C. 5．D 【分析】根据题意利用列举法结合古典概型运算求解. 【详解】用分别表示《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》， 从上述5部书籍中任意抽取2部，则样本空间为 ，可知， 设抽到《九章算术》为事件M，则，可知， 所以. 故选：D. 6．A 【分析】弦化切代入即可得到答案. 【详解】. 故选：A. 7．B 【分析】由题意可得，可得，利用同角的平方关系可求得，利用投影向量的定义可得，计算可求得. 【详解】由，可得，所以是直角三角形，且， 因为，所以，又，所以， 又因为向量在向量上的投影向量为，所以， 所以，所以，所以， 又因为，所以，解得. 故选：B. 8．B 【分析】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，∥平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可判断D. 【详解】对于A，取的中点为,连接, 则，而，即四边形为平行四边形， 故，所以，且， 则四边形为平面截正方体的截面，为梯形， 而，, 即，即四边形为等腰梯形，A正确； 对于B，连接交为Q，则，即， 而，平面，平面， 故∥平面，即当∥平面时，直线可能垂直于直线，B错误； 对于C，因为平面，平面， 故，由得， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆， 其轨迹长度为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r， , 故，则， 故， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的半径为，D正确， 故选：B. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径，即可求解. 9．AB 【分析】由线面、面面位置关系即可逐一判断各个选项并求解. 【详解】对于A， 若，，由面面垂直的判定定理可知，故A正确； 对于B，若，则存在，使得， 因为，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，若，，则平行或相交，故C错误； 对于D，若，，， 则只能说明相交但不一定垂直，故D错误. 故选：AB. 10．ABC 【分析】利用向量垂直的数量积可得，即A正确，由向量夹角公式代入计算可得B正确，根据向量的三角不等式可得C正确，由向量的坐标表示以及模长公式可得D错误. 【详解】对于A，若可得，所以， ，因此可得，即A正确； 对于B，易知与的夹角为， 与的夹角为， 又因为且与不共线，所以，即B正确； 对于C，由向量的三角不等式可得， 当与同向时满足，因此可得，即C正确； 对于D，由，可得，所以，即D错误. 故选：ABC 11．ACD 【分析】由题设知即与所成的角，进而求其正切值判断A；分析结论，问题化为求直线与平面所成角的正弦值的最小值，根据已知确定直线与平面所成角的平面角，进而求其正弦值最小值，即可得余弦最大值判断C；将平面、延展为同一个平面，当、、三点共线时，取最小值，结合勾股定理求其最小值，可判断B；连接、、、，分析可知过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，求出梯形的面积，可判断D. 【详解】对于A选项，由题得，故即与所成的角或其补角， 如图1，连接，易得，故，A正确；   对于C选项，直线与平面所成角的余弦值最大时，其所成的角最小，即正弦值最小， 所以原问题转化为求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 由题意知，直线与线段始终有交点， 设该交点为，连接、、，设交平面于点，如图2，    因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 所以平面，故即直线与平面所成的角. 根据正方体的结构特征，知是边长为的正三角形， ，， 又因为，解得， 因为， 故当点与点或点重合时，取最大值，， 此时，取最大值，即，C对； 对于B选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示：    由图可知，当、、三点共线时，取最小值， 且，，故， 因此，的最小值为，B错； 对于D选项，连接、、、， 因为、分别为、的中点，所以，且， 在正方体中，，， 所以四边形为平行四边形，所以，故， 由勾股定理可得，同理可得，， 所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形， 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，    由等腰梯形的几何性质可得，， 又因为，故，所以， 因为，，，故四边形为矩形， 故，， 所以， 故梯形的面积为，D对. 故选：ACD. 12．0.28 【分析】根据相互独立事件的定义计算即可. 【详解】因为相互独立， 所以. 故答案为：. 13． 【分析】利用余弦定理，求得，根据题意，得到再由向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】因为，由余弦定理得， 又因为，所以， 由是关于x的方程的两个不等实数根， 可得， 所以. 故答案为：. 14．7 【分析】利用台体的体积公式求正四棱台的体积，再根据祖暅原理即可得结果. 【详解】由题意可知：正四棱台的体积为， 根据祖暅原理可知该不规则几何体的体积为7. 故答案为：7. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理角化边，再利用余弦定理公式可得答案； （2）利用正弦定理将转化为，然后利用三角恒等变换的公式将表示成三角函数的形式，通过三角函数的值域的求法求出范围. 【详解】（1）因为，所以， 即，即， 所以， 又，所以； （2）由（1）知，又， 由正弦定理， 所以， 所以 ， 又，所以， 所以， 所以的取值范围是. 16．(1)， (2) 【分析】（1）根据小矩形面积和为1得到关于m的方程，解出m值，再利用频率分布直方图中平均数公式即可； （2）求出各区间人数，再根据分层抽样的特点即可得到答案. 【详解】（1）由题意知，解得. 估计这200名员工评分的平均数. （2）评分落在的人数： 评分落在的人数： 评分落在的人数： 所以评分落在区间，，的员工的人数比例为， 所以应抽取的评分落在内的人数为， 即应抽取的评分落在内的人数为24. 17．(1) (2)（ⅰ） （ⅱ） 【分析】（1）通过分析事件“两人得分和不为0”的对立事件“两人得分和为0”，得出答案； （2）（ⅰ）通过加赛规则可知，要想加赛满三轮，则前两轮两人的得分应该相同，则第三轮一定会进行； （ⅱ）分别求出甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率，按照分类加法原理求和即可得甲获胜的概率. 【详解】（1）设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B， 所以，，，， 第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为， 所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为. （2）（ⅰ）设表示事件“加赛中第轮平局”，所以， 要使加赛满三场，则前两场必须平局， 所以加赛满三场的概率为. （ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：， 若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：， 若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：， 所以甲获胜的概率为：. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得，根据线面垂直的性质定理得平面，，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）结合等体积法，利用锥体的体积求高即可； （3）根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由矩形可知，，又， 所以，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）由，可得， 由（1）知平面，所以， 又，所以， 所以，解得； （3）在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为，连接， 由平面，平面，故， 因为，，平面，所以平面， 又，所以，解得， 又平面，所以，又， ，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值． 19．(1) (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可知：，利用正弦定理求外接圆半径； （2）先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； （3）根据（2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证. 【详解】（1）由题意可知：， 所以的外接圆的半径. （2）若， 则 , 所以， 在中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得， 因为，所以. （3）由（2）得， 所以, 由， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $