精品解析：湖北武汉市黄陂区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

高一数学 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. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数据，，，的平均数为4，数据，，，的平均数为5，则数据，，，，，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 3. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. ， C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知圆锥的底面圆的直径为2，侧面展开图是一个半圆，则圆锥的表面积等于（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ） A. 四棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱锥 D. 三棱锥 7. 若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则的取值范围是（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 数据的下四分位数是3 C. 若，则为等腰三角形 D. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 10. 已知等边三角形的边长为，，，交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为的三等分点 D. 若，则 11. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，，平面ABCD，E为PB上动点，过点E作垂直BD的截面，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点E，使得 B. 存在点E，使得二面角E-AC-D为 C. 存在点E，使得直线AE与平面PCD所成角为 D. 存在点E，使得截面截该四棱锥截得的截面面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，，的方差为，则，，，的方差为____. 13. 在中，为边上一点，，，，且的面积为，则的值为__________． 14. 如图，在棱长为3的正方体中，为棱上一点，满足，为正方形内一动点（含边界），且满足平面，则线段长度的取值范围为______. 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. 已知平面上的两个向量． （1）若与平行，求的值； （2）若与垂直，求的值． 16. 为了了解市民的安全意识，某市进行了安全问题问卷调查，为了解全市参与者的成绩情况，从所有参与者中随机抽取了100人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为6组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低40分，最高100分）． （1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在60分以上的人数； （2）若划定成绩大于或等于第75百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参与者的成绩在“良好”以上等级的范围；（成绩取整数） （3）已知样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为88，方差为18，成绩在内的平均数为86，方差为2，求成绩在内的平均数和方差． （设样本容量为，平均数为，其中两层的个体数量分别为，，两层的平均数分别为，方差分别为，，则这个样本的方差） 17. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形． （1）求证：平面平面 （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点（包括端点），设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 18. 如图，在中，，，是的角平分线，且． （1）求； （2）若，是线段上的动点（包括端点），且，记为， （i）用表示； （ii）求面积的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，为的中点，点在平面内的射影为点，且． （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，，记三棱锥的外接球表面积为，当函数取最小值时，二面角的大小为，求实数的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 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. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得， . 2. 已知数据，，，的平均数为4，数据，，，的平均数为5，则数据，，，，，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由数据的平均数为4，得，由数据的平均数为5，得， 所以数据的平均数为. 3. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. ， C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【详解】选项A，若，，则或，错误. 选项B，若，，则或，错误. 选项C，由线面平行的性质定理可知，若直线平行于一个平面，且该直线包含于另一个与已知平面相交的平面内，则这条直线与两平面的交线平行，题设条件完全符合定理要求，故，正确. 选项D：若，，则或，结合，可得与的位置关系可能为平行、相交或，不一定垂直，错误. 4. 已知圆锥的底面圆的直径为2，侧面展开图是一个半圆，则圆锥的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由圆锥的底面半径与侧面展开图的弧长关系求出母线长，再结合圆锥表面积公式计算即得. 【详解】依题意，知圆锥的底面半径为，设母线长为. 因为侧面展开图为半圆，其弧长等于底面周长，即，解得. 圆锥的 底面积为， 侧面积为， 故圆锥的表面积为. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得平移后的函数解析式，再由函数为上的奇函数列方程，结合即可求得的最小值. 【详解】由向右平移个单位长度后，即得函数：  ， 由于该函数为上的奇函数，则，则， 解得  ，因为，取时，得到的最小正值为 . 6. 在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ） A. 四棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱锥 D. 三棱锥 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可. 【详解】对于正三棱柱，且，， 则在上运动， 所以到平面、平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件， 由，平面，平面，则//平面， 所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值， 所以三棱锥的体积为定值，D符合， 故选：D 7. 若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合投影向量的定义求解. 【详解】由，得，则， 因此， 所以在方向上的投影向量为. 8. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，逆用和角的正弦化简求出关系，再利用正弦定理边化角，二倍角的余弦公式及对勾函数单调性求出范围. 【详解】在中，由，得，则， 于是，即， 因,则,则或， 当时，即，此时,则，依题意不符； 则，即，， 由,可得，则， 由正弦定理得， ， 令，函数在上单调递减，则， 因此，所以的取值范围为. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 数据的下四分位数是3 C. 若，则为等腰三角形 D. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A，利用总体百分位数的估计判断B，利用正弦定理结合二倍角公式判断C，根据频率分布直方图的性质判断D即可. 【详解】对于A，在中，由题意得，则， 由正弦定理得，得到，故A正确， 对于B，将数据排序，可得， 且，则下四分位数为，故B错误， 对于C，因为，所以， 可得，得到， 由二倍角公式得，即， 则或，即或， 则为等腰三角形或直角三角形，故C错误， 对于D，数据的频率分布直方图为单峰不对称， 且在右边“拖尾”，则其中位数小于平均数，故D正确. 10. 已知等边三角形的边长为，，，交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为的三等分点 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用平面向量基本定理可得答案；B选项，得到为三角形的重心，得到B正确；C选项，设，根据三点共线得到方程，求出，C错误；D选项，用平面向量基本定理，利用表达出，，利用向量数量积公式计算出答案 【详解】A选项，，故，A正确； B选项，，故为的重心，所以分别为的中点， 所以，B正确； C选项，，， 设， 因为三点共线，所以，解得，故， 故不为的三等分点，C错误； D选项，，，， 所以 ，D正确 11. 如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，，平面ABCD，E为PB上动点，过点E作垂直BD的截面，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点E，使得 B. 存在点E，使得二面角E-AC-D为 C. 存在点E，使得直线AE与平面PCD所成角为 D. 存在点E，使得截面截该四棱锥截得的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，在PB上取点，使得，利用余弦定理和勾股定理逆定理得到⊥，A正确；B选项，作出辅助线，得到即为二面角E-AC-D的平面角，显然，当重合时，取得最小值，此时，，B错误；C选项，作出辅助线，得到即为直线AE与平面所成的角，设，，表达出其他边长，利用正切得到方程，解得，故存在点E，使得直线AE与平面PCD所成角为；D选项，作出截面截该四棱锥截得的截面，设，，表达出其他边长，表达出截面面积，从而列出方程，结合零点存在性定理得到存在点E，使得截面截该四棱锥截得的截面面积为. 【详解】对于A，连接，由勾股定理得， 因为平面ABCD，平面，所以， 由勾股定理得，故， 在PB上取点，使得，则， 在中，由余弦定理得， 由于，故⊥，A正确； B选项，设，连接， 因为平面ABCD，平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 故即为二面角E-AC-D的平面角， 显然，当重合时，取得最小值，此时， 由于在上单调递增，且， 所以，不存在点E，使得二面角E-AC-D为，B错误； C选项，过点作⊥于点， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面ABCD，所以， 因为平面，平面，所以平面， 过点作交于点，连接， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面ABCD，平面，所以， 又，，平面，所以⊥平面， 故⊥平面，所以即为直线AE与平面所成的角， 设，，则，， 所以， 由勾股定理得， 令，解得， 故存在点E，使得直线AE与平面PCD所成角为，C正确； D选项，当点为中点时，此时，故⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面，交线为， 因为⊥，所以⊥平面， 即三角形即为截面截该四棱锥截得的截面， 此时， 故当靠近点时，过点作交于点， 过点作，分别交于点，连接， 五边形即为截面截四棱锥截得的截面， 设，，则，， 故， ，故，，故， 所以五边形的面积为， 令得， 令，对称轴为， ，，， 故由零点存在性定理得，在和上均存在一个零点， 故存在点E，使得截面截该四棱锥截得的截面面积为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，，，的方差为，则，，，的方差为____. 【答案】12 【解析】 【分析】根据方差的性质和公式求解即可. 【详解】依题意，的方差为， 那么的方差为. 故答案为：12. 13. 在中，为边上一点，，，，且的面积为，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形面积得到，由余弦定理得，利用正弦定理得到答案 【详解】，，， 故，解得， 由勾股定理得，故， 所以，， 设，则，在中，由余弦定理得 ，即， 解得，负值舍去， 所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以 14. 如图，在棱长为3的正方体中，为棱上一点，满足，为正方形内一动点（含边界），且满足平面，则线段长度的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】在取点，使得，连接，分别证得平面和平面，得到平面平面，得到在线段上，根据为等腰三角形，即可求解. 【详解】如图所示，分别在取点，使得， 连接，可得， 在正方体中，可得，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又由，且，可得为平行四边形，可得， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，且为正方形内一动点，所以在线段上， 在中，可得， 在中，可得，且， 所以为等腰三角形，取的中点，连接， 在中，可得， 所以的最短距离为，最长距离为， 所以线段长度的取值范围为. 故答案为：. 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. 已知平面上的两个向量． （1）若与平行，求的值； （2）若与垂直，求的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据平行满足的坐标关系即可求解， （2）根据垂直，得数量积为0，即可结合辅助角以及三角函数的性质求解. 【小问1详解】 与平行， 【小问2详解】 与垂直，， 即， 故， 即 由于，所以，则或， 故或 16. 为了了解市民的安全意识，某市进行了安全问题问卷调查，为了解全市参与者的成绩情况，从所有参与者中随机抽取了100人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为6组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低40分，最高100分）． （1）求频率分布直方图中的值，并求出样本中成绩在60分以上的人数； （2）若划定成绩大于或等于第75百分位数为“良好”以上等级，请根据直方图，估计全市参与者的成绩在“良好”以上等级的范围；（成绩取整数） （3）已知样本中，成绩在“良好”以上等级的平均数为88，方差为18，成绩在内的平均数为86，方差为2，求成绩在内的平均数和方差． （设样本容量为，平均数为，其中两层的个体数量分别为，，两层的平均数分别为，方差分别为，，则这个样本的方差） 【答案】（1）；人 （2） （3）平均数为，方差为 【解析】 【分析】（1）利用频率和为1求的值，再利用频率求频数即可. （2）先根据频率分布直方图估计数据的第75百分位数，即可估计全市参赛者的成绩在“良好”以上等级的范围. （3）根据平均数、方差的性质进行计算即可. 【小问1详解】 由. 所以样本中成绩在60分以上的人数为：. 【小问2详解】 因为，， 所以成绩的第75百分位数在区间内， 由， 因为成绩为整数，所以成绩在的可以评为“良好”以上等级. 【小问3详解】 设成绩在的平均数为，方差为， 由，解得. 由，解得. 所以成绩在内的平均数为，方差为. 17. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形． （1）求证：平面平面 （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点（包括端点），设直线与平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】（1）∵点在底面上的射影是与的交点， ∴平面， ∵平面，∴， ∵四边形为菱形，∴， ∵， 平面，∴平面， ∵平面， ∴平面平面 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）根据题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，可得，由，可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得、与都是边长为2的等边三角形， ，， ，， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得， 故点到平面的距离为. 【小问3详解】 设直线与平面所成的角为， ，平面，平面， 平面， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时， 由（2）易知，， ， 则的边上的高为， ，而， ，的取值范围为. 18. 如图，在中，，，是的角平分线，且． （1）求； （2）若，是线段上的动点（包括端点），且，记为， （i）用表示； （ii）求面积的最小值． 【答案】（1） （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理，即可求解； （2）（i）根据条件，利用正弦定理得，再由正弦的差角公式及商数关系，即可求解；（ii）根据条件，利用正弦定理求出，再由面积公式得，即可求解. 【小问1详解】 在中，，，， 由余弦定理， 得到，故. 【小问2详解】 （i）因为，得， 又是的角平分线，故，， 在中，，，故， 又，在中，，则， 在中，由正弦定理得， 又，所以， 由在线段上，且，，则， 所以，. （ii）因为，， 在中，由正弦定理，即， 在中，由正弦定理，得到， 又的面积， 所以， 又， 所以， 所以，又，则，所以 则，此时. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，为的中点，点在平面内的射影为点，且． （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，，记三棱锥的外接球表面积为，当函数取最小值时，二面角的大小为，求实数的值． 【答案】（1）因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 且平面， 所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，即可得结果； （2）根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离； （3）利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点H的位置，分析二面角可得，即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，垂足分别为，连接， 若为等边三角形，则为中点， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以. 对于平行四边形，建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 设，则， 若，可得，即， 因为为中点，可知：，则，即， 由可知直线，且， 设，则， 由可得， 解得，即， 则， 可知三棱锥的高， 在中，边的高， 设点到平面的距离为， 由可得，解得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 由题意可知：， 由（2）可知：点在直线上， 结合（2）中数据可得：， 在中，由余弦定理可得 ， 设的外接圆半径为，则， 设三棱锥的外接球半径为， 则 ， 且，可知当时，取到最小值，即外接球表面积取到最小值，此时， 由（2）可设，则， 解得，即，可知，且， 过作，垂足为， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 可知平面与平面夹角的大小为， 则，可得， 结合的面积可得，则， 可得，且，解得， 所以. 【点睛】1.第二问：借助于平面向量求相应的长度，这样可以简化推理过程； 2.第三问：利用解三角形知识求外接球的半径，进而分析最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $