广东深圳市福田区红岭中学（红岭教育集团）2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 红岭中学高一数学期末卷覆盖复数、立体几何、向量、概率统计、解三角形等核心知识，解答题融合空间证明（如直三棱柱线面平行）、统计应用（频率分布直方图与概率计算）及解三角形综合问题，体现数学思维的逻辑性与空间观念的建构。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|复数象限判断、立体几何充分条件、向量投影模|基础概念辨析，强化抽象能力| |多选题|3题/15分|空间向量共面性、概率独立性、四棱锥体积与外接球|多角度思维考查，培养推理意识| |填空题|3题/15分|斜二测画法周长、三棱锥向量运算、三角形面积最大值|空间直观与运算能力结合| |解答题|5题/80分|直三棱柱线面证明与异面直线角、统计分层抽样与平均数计算、解三角形中线与角平分线|综合应用情境，发展数据意识与空间观念，适配期末学段能力要求|

1．A 【分析】根据复数的除法运算法则化简可得，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 所以复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：A. 2．C 【详解】对于选项A：当，时，，所以本选项不符合题意； 对于选项B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； 对于选项C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； 对于选项D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 3．B 【分析】根据向量数量积的运算律及投影向量求解即可. 【详解】因为，所以， 所以在上的投影向量为， 所以投影向量的模为． 4．C 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为， 所以，， 所以. 5．D 【分析】根据对立事件与互斥事件的概率公式及概率的性质求解即可. 【详解】由和对立，可得，则， 又由随机事件和互斥可知， 所以. 故选：D． 6．D 【分析】根据，结合二倍角公式及正弦定理求出，再由余弦定理求出或，讨论舍去即可求出答案. 【详解】由，得， 所以. 由余弦定理，得， 解得或. 若，则，得，又由且，得， 所以，与矛盾； 若，由余弦定理得， 又，且， 所以，符合题意． 综上所述，. 7．A 【分析】先设男、女生的人数占比，将已知条件转化为方程或方程组，最后求解. 【详解】设该班男生占比为，则女生占比为，其中， 已知男生成绩的平均数，方差， 女生成绩的平均数，方差， 全班成绩的总平均数， 因为全班成绩的总方差， 即， 化简得， 解得或（舍）， 所以该班女生人数为人. 8．C 【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，易得， 又，平面，所以平面， 又，所以，，， 在中，，由余弦定理得， 作交的延长线于点，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以，所以， 在中，，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则点的轨迹长度为， 故选：C， 【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题： 1、由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 2、动点保持垂直求轨迹. （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹. 4、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 9．AC 【详解】，A正确； 设，即，解得， 即，所以不共面，B错误； ，所以，C正确； ，D错误. 10．ABC 【分析】A应用互斥事件进行判断；B根据事件独立性的定义，结合题设描述判断；C根据事件独立性计算交事件的概率；D应用事件的概率性质求发生的概率即可判断. 【详解】对于A，由“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，而发生同时也有可能发生，故不是互斥事件，A正确； 对于B，因为，而， 故，即事件与事件相互独立，B正确； 对于C，因为事件与事件相互独立所以事件与事件相互独立，，C正确； 对于D，事件发生的概率，D错误； 故选：ABC. 11．BCD 【分析】对A，表示出四棱锥的体积，结合正弦函数的性质判断；对B，由结合选项A求解判断；对C，由题可得，将该四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即长方体的外接球，运算得解；对D，由分割体积，运算得解. 【详解】对于A，由题可知，， 当增大时，的值先增大后减小，所以四棱锥的体积先增大后减小，故A错误； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，若四棱锥有外接球，即菱形有外接圆，则， 将该四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即长方体的外接球， 可得其外接球的半径，所以其外接球的表面积为，故C正确； 对于D，若，设三棱锥的内切球半径为， 则， 所以， 解得，故D正确.    12． 【分析】将直观图还原为原来的图形，然后根据斜二测画法横等纵半计算即可. 【详解】将直观图还原为原来的图形，则四边形如下图： 所以，，则， 所以平面图形的周长为. 13．1 【分析】以为基底向量，由题意可得，结合空间向量数量积的运算律代入求解即可. 【详解】由题意可知：，， 因为，， 所以. 故答案为：1. 14． 【分析】由正弦边角关系、三角形内角和及三角恒等变换得且，从而有，结合、和角正切公式得，最后应用基本不等式求最值. 【详解】因为， 由正弦定理得， 又，则， 所以， 即， 所以， 由，则，而，所以， 所以角为钝角，，则角为锐角即， 此时， 由， 所以， 即， 因为，所以， 所以， 当且仅当即时，等号成立， 所以的最大值为. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线得，再由线面平行判定证得平面. （2）以为原点建系，用向量法求异面直线所成角：先写出各点坐标，求出向量与，再用公式计算余弦值. 【详解】（1）因为是的中点，是的中点. 所以是的中位线. 故，又平面，平面 所以平面. （2）因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以两两垂直. 如图以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，，，为中点， 所以，，，，， 所以，， 设异面直线与所成角为，， 则. 所以异面直线与所成角得余弦值为 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用频率直方图的性质构造关系式，根据已知条件列方程求出，进而求出； （2）根据已知样本数据确定分层抽样比例，列举出抽取总数及符合条件的事件数，求出相关概率； （3）根据题意，先求出名学生的分数总和，再剔除后求解平均数． 【详解】（1）由频率直方图的性质得， ， 化简可得， 已知第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积，设样本容量为， 则，解得， 代入得，． （2）样本数据在组频率为：， 样本数据在组频率为：， 两组频数比为：，分层抽取6人， 则从组抽4人，记为，组抽2人，记为 从6人中选2人，总共抽法为： ， ，共计种； 两人来自不同小组的事件为： ，共计8种， 故概率为：． （3）已知这个分数的平均数，故总和为：， 剔除和后，剩余8个分数总和：， 故剩余8个分数的平均数为：． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用诱导公式与正弦定理可得，结合余弦定理可求得，进而可求角B的大小； （2）由已知得，结合向量的数量积可得，结合余弦定理可求得，，利用面积法可求得的平分线BN的长． 【详解】（1）由，得， 所以，可得，所以， 所以，所以， 又因为，所以； （2）若M为边上的中点，则， 所以， 所以，又，所以， 所以，，所以，所以 又，且是的平分线， 所以， 所以， 所以，所以，所以. 18．(1)证明见解析 (2)（Ⅰ）等腰三角形（Ⅱ） 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断； （2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点A到平面PBC的距离，结合线面夹角的定义分析运算. 【详解】（1）如图1，连接BD， 因为四边形ABCD是平行四边形，且，，， 所以，，， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为，，BD，PD平面PBD， 所以平面PBD， 因为PB平面PBD，所以， 因为，所以． （2）（Ⅰ）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l， 因为，CD平面PAB，AB平面PAB，所以平面PAB， 因为CD平面PCD，平面PAD平面， 所以， 因为平面PBD，所以平面PBD， 因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角， 因为平面平面PCD，所以，即 在Rt△ABP中，因为，，所以 在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形， （Ⅱ）方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 则， 取，则，得， 记直线AC与平面PBC所成角为θ， 则， 所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为． 方法二：在△ABC中，因为，，，则 ， 设点A到平面PBC的距离为d， 由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以， 又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC， 所以， 因为，所以， 设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD， 所以， 在△PBC中，，，， 因为，所以， 所以， 所以，解得， 记直线AC与平面PBC所成角为θ，则， 所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为． 19．【详解】（1）， 故， 故， 若，则，， 若，则，故或，或， 综上，或或； （2）由（1）可知，，可得， 由正弦定理得 易得，设 ，则． 又函数在区间上单调递减，区间上单调递增， 所以当时原式取得最小值为；当和1，原式取得最大值均为1． 综上，． （II）由 可得， ，则 ，易证与相似，解得． 设，由勾股定理可得，解得． 由正弦定理得 ， 解得， 因此有 ，根据内切圆半径公式，得 ，则． 另解：如图所示，容易算出 ， 过点作 ，于是四边形为矩形，三角形为等腰三角形．    设，在中，，结合 ， 可算出．一方面，， 代入，即得； 另一方面，． 从而． 学科网（北京）股份有限公司 $ 红岭中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 （说明：本试卷考试时间为120分钟，满分为150分） 命题人：荣红莉 审题人：叶迎东 一、单选题 1．已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（    ） A．第二象限 B．第一象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A．， B．， C．， D．，， 3．已知向量，满足，，则在上的投影向量的模为（   ） A．1 B． C．2 D． 4．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比是（   ） A． B． C． D． 5．已知随机事件和互斥，和对立，且，则（ ） A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.7 6．已知中，角所对的边分别为，若，，，则（   ） A．3 B．或 C． D． 7．某校高三某班共50人参加某次数学测试，该班学生成绩（单位：分）的方差为30，男生成绩的平均数为86，方差为16，女生成绩的平均数为81，方差为36，则该班的女生人数是（    ） A．20 B．25 C．30 D．35 8．在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知空间向量，则（    ） A． B．向量不是共面向量 C． D． 10．一个质地均匀的正四面体个表面上分别标有数字，抛掷该正四面体两次，记事件“第一次向下的数字为或”，事件“两次向下的数字之和为偶数”，则下列说法正确的是（   ） A．事件与事件不互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件发生的概率为 D．事件发生的概率为 11．在四棱锥中，底面，且，底面是边长为2的菱形，设，则下列说法正确的是（    ）． A．当增大时，四棱锥的体积逐渐增大 B．若，则三棱锥的体积为 C．若四棱锥有外接球，则其外接球的表面积为 D．若，则三棱锥的内切球半径为 三、填空题 12．如图是斜二测画法下水平放置的平面图形的直观图，若是边长为2的正方形，则平面图形的周长为______． 13．在三棱锥中，为的中点，则等于______________． 14．已知的内角的对边分别为，，则的最大值为_________． 四、解答题 15．如图，在直三棱柱中，点分别为棱的中点. (1)证明：直线平面； (2)求异面直线与所成的角的余弦值. 16．为了解数学周测成况，从参加考试的学生中中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积．请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： (1)求，的值； (2)从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率； (3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了名学生的分数：，，，…，，已知这个分数的平均数，若剔除其中的和两个分数，求剩余8个分数的平均数． 17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)若，AC边上的中线，求的平分线BN的长． 18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，． (1)证明： (2)若平面平面PCD，且， （Ⅰ）判断△BPD的形状并证明； （Ⅱ）求直线AC与平面PBC所成角的正弦值． 19．已知的三个内角，，的对边分别为，，，且． (1)若，求； (2)若不是直角三角形． （Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）过点作直线 分别交线段于点，设的外接圆和内切圆半径分别为和，且，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $