精品解析：湖北武汉市六校联考2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试卷 一、单项选择题 1. 已知某社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人200人，青少年80人，若按年龄进行分层随机抽样，共抽取36人作为代表，则中年人比青少年多（ ） A. 6人 B. 9人 C. 12人 D. 18人 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的比例关系，分别计算抽取的中年人与青少年人数，再求人数差值． 【详解】设中年人抽取人，青少年抽取人，由分层随机抽样可知，，解得，， 故中年人比青少年多9人． 故选：B． 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 【答案】D 【解析】 【分析】根据常见几何体的基本特征判断各选项即可. 【详解】对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，可能是棱台或组合图形，故A错误； 对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故B错误； 对于C，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，故C错误； 对于D，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故D正确. 故选：D 3. 某公司为了解用户对其产品的满意度，从使用该产品的用户中随机调查了100个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到如图所示的用户满意度评分的频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ） A. 对该公司产品满意度评分低于60分的用户比例估计为35% B. 对该公司产品满意度评分不低于70分的用户比例估计为40% C. 估计该公司用户对产品的满意度评分的平均值不超过60分 D. 估计该公司有一半以上的用户，对产品的满意度评分介于50分至80分之间 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布直方图计算频率逐项判断A，B，D即可，计算平均数判断C即可. 【详解】对于A，对该公司产品满意度评分低于60分的用户比例估计为： ，故A正确； 对于B，对该公司产品满意度评分不低于70分的用户比例估计为： ，故B正确； 对于C，估计该公司用户对产品的满意度评分的平均值为： ，故C错误； 对于D，对产品的满意度评分介于50分至80分之间的用户比例为： ， 估计该公司有一半以上的用户，对产品的满意度评分介于50分至80分之间，故D正确. 故选：C. 4. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形,结合勾股定理算出各边长度即可求解. 【详解】由题意,,由可得, 由, 可得,所以, 而， 所以， 结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形， 如图所示： 由勾股定理可得， 所以满足题意的平面图形的周长是. 故选:C. 5. 如图，在四棱锥的平面展开图中，底面为等腰梯形，，，，，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意还原四棱锥，利用平面展开图中的垂直关系可得平面，再结合条件分别求，从而利用余弦定理可得. 【详解】因为在平面展开图中，， 所以在四棱锥中，，， 又，平面，所以平面． 还原四棱锥，在等腰梯形中，作于点，如图： 因为，，， 所以，即． 因为，所以，， 所以在中，由余弦定理，得． 6. 在中，，，，是边一点，是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理得到，由正弦定理和得，求出，进而得到，在中，由正弦定理得到答案. 【详解】在中，由余弦定理得， 即，解得或（舍去）， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 其中，， 所以，， 故， 又，所以， 在中，由余弦定理得， 故， 在中，由正弦定理得， 即，解得. 故选：A 7. 我国古代数学名著《九章算术》将两底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，已知直三棱柱是堑堵，其中，则下列说法中不一定正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 为锐角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线平行即可求证A，根据线线垂直得线面垂直，进而可求证B，根据垂直关系，结合勾股定理，计算长度，即可判断CD. 【详解】选项A：易知，又平面平面，所以平面，故A正确． 选项B：因为，所以， 又，平面, 所以平面，而平面，所以平面平面，故B正确． 选项C：设的中点分别为，连接， 则为异面直线与所成的角或其补角， ，． 假设，则，即，化简可得， 故只有当时，所以C不一定正确． 选项D：设，则， 所以为锐角．同理可得均为锐角，故D正确． 故选：C 8. 某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数与众数的和等于中位数的两倍，则丢失数据的所有可能值的和为（ ） A. 21 B. 24 C. 27 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件确定众数，设出这个数字，表示出平均数，分类讨论求出所有可能的取值即可. 【详解】设这个数字为，则平均数，众数为8， 若，则中位数为8，此时，解得，舍去； 若，则中位数为，此时，解得； 若，则中位数为10，此时，解得， 所有可能的取值为9和23，其和为32. 二、多项选择题 9. 已知样本数据，则这组数据的（ ） A. 众数为 B. 平均数为 C. 上四分位数为 D. 方差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用众数，平均数，方差，上四分位数公式逐个选项分析求解即可. 【详解】首先，我们把数据从小到大排列，得到， 对于A：观察得数据出现的次数最多，所以众数为，故A正确； 对于B：平均数为，故B错误； 对于C：因为一共有个数据，且， 所以上四分位数为第个数，故上四分位数为，故C正确； 对于D：方差为， ，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 【答案】AD 【解析】 【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解. 【详解】过点作， 从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或， 而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或. 故选：AD. 11. 在中，下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则是直角三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则是等边三角形 【答案】CD 【解析】 【分析】由三角函数的性质结合诱导公式判断选项AB；正弦定理角化边余弦定理得角的范围判断选项C；正弦定理结合倍角公式化简判断选项D. 【详解】对于A，中，若，则有或， 当时，，为等腰三角形； 当时，，为直角三角形， 故A选项不正确， 对于B，中，若，则或， 即或，因此不一定是直角三角形，故B选项不正确； 对于C，中，若，则根据正弦定理得， 余弦定理得，则为钝角，是钝角三角形，故C选项正确； 对于D，中，若，则，即， 由，得， 所以，，是等边三角形，故D选项正确． 故选：CD． 三、填空题 12. 已知一组数据，，，的方差为4，若数据，，，的方差为36，则b的值为______. 【答案】3或 【解析】 【分析】利用平均数和方差公式可得结果. 【详解】设数据，，，的平均数为，方差为，则， ， 设数据，，，的平均数为，方差为， 则， ， 所以或， 故答案为：3或. 13. 如图，在矩形中，，，点为线段的中点，沿直线将翻折，点运动到点的位置．当平面平面时，三棱锥的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接交于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，再根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】如图，取的中点，连接交于点，连接．易知四边形为正方形，则， 由翻折前后的不变性可知，， 当平面平面时，又平面平面，平面， 所以平面． 由题意可知，，， 所以． 故答案为： 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）．如图，若正四面体棱长为1，则该组合体的表面积为_________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为的等边三角形，则可求出其表面积；该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，求出外接球半径为 ，两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为的等边三角形，则可求中间部分的体积，设其内切球半径为 ，求出 ，即可得到体积的比值. 【详解】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为的等边三角形， 则其表面积为 ; 该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看， 是 的中心， 是球心， 则 ，则 ， ， 设外接球半径为 ，则 ， 又 ，解得 , 两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为的等边三角形， 则其表面积为 ， 大正四面体的体积为 则每个小正四面体的体积为 ， 则中间部分的体积为 ， 设其内切球半径为 ，则中间部分的体积也可表示为 ，解得 ， 故外接球和内切球体积之比为 故答案为：；. 四、解答题 15. 如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，， （1）若，试用来表示，以及该几何体的表面积； （2）若几何体的体积为，求该几何体的表面积． 【答案】（1） ，，几何体表面积为 （2） 【解析】 【分析】取的中点，连接，得到四边形为平行四边形，进而证得三棱锥为正三棱锥，设，结合锥体与柱体的体积公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 如图取的四分点从左至右依次为，连接， 则，又，， 所以， 因为，故，又， 所以四边形为平行四边形，故， 由已知，又，， 所以为等边三角形，又为的中点， 所以，即， 同理可得， 又，平面， 所以平面，同理可证平面，又平面， 所以，结合，可得， ，，所以四边形为矩形， 由，等腰梯形的高为， 则. 为等边三角形，边长为，故. 等腰梯形中，，，，高为，； ，. 表面积. 【小问2详解】 设， 由（1），， 所以的面积， 又平面，， 所以三棱锥的体积， 同理三棱锥的体积为， 因为平面，平面， 故截面与截面之间的部分为直三棱柱， 三棱柱的体积， 故几何体的体积为 所以可得，解得． 所以该几何体的表面积为. 16. 某校组织了一次知识竞赛（满分100分），各年级学生踊跃参加．校团委为了比较高一、高二学生这次竞赛的成绩，从两个年级的答卷中各随机选取了50份，将成绩进行统计得到以下频数分布表： 成绩 高一学生人数 15 5 15 15 高二学生人数 10 10 20 10 试利用样本估计总体的思想，解决下列问题： （1）从平均数与方差的角度分析哪个年级学生这次竞赛成绩更好（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）？ （2）校后勤部决定对参与这次竞赛的学生给予一定的奖励，奖励方案有以下两种： 方案一：记学生得分为，当时，奖励该学生10元食堂代金券；当时，奖励该学生25元食堂代金券；当时，奖励该学生35元食堂代金券； 方案二：得分低于全体样本中位数的每位学生奖励10元食堂代金券；得分不低于中位数的每位学生奖励30元食堂代金券（人数四舍五入）． 分别计算出方案一与方案二各年级的奖励，若高一年级组长希望本年级学生获得多于高二年级的奖励，则他应该选择哪种方案？ 【答案】（1） 高二学生本次竞赛成绩更好 （2） 高一年级组长应该选择方案二。 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表估计平均数和方差的方法分别计算出样本的平均数和方差，进而得到结论； （2）计算出每个方案中本年级所抽取的学生所获奖励金额，从而确定结论. 【小问1详解】 样本中，高一学生竞赛平均成绩为， 方差； 样本中，高二学生竞赛平均成绩为：， 方差． ，， 样本中平均成绩一样，但高二学生的成绩更稳定． 利用样本估计总体的思想可以认为，高二学生这次竞赛成绩更好． 【小问2详解】 全体样本共份，其中共人，共人，共人， 因此中位数落在，设全体样本的中位数为， 则， ① 方案一总奖励计算， 规则奖元，奖元，奖元， 高一抽取的50人的总奖励：元 高二抽取的50人的总奖励：元 此时，高一奖励少于高二， ② 方案二总奖励计算， 规则：低于中位数奖元，不低于中位数奖元，人数四舍五入， 高一抽取的50人中低于中位数的人数，不低于中位数的人数， 高一抽取的50人的总奖励元 高二低于中位数的人数，不低于中位数的人数为， 高二抽取的50人的总奖励元 此时，高一奖励多于高二， 结论高一组长希望本年级获得多于高二年级的奖励，应该选择方案二. 17. 如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，是棱PA上一点，且. （1）求证:平面MCD; （2），求直线PA与平面PBC所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取PA的中点S，连接SM，SD，SC，因为为PB的中点， 所以，又，所以，故S，M，C，D四点共面， 由题意知Q，N分别为PS，PC的中点，故， 又平面平面MCD，因此平面MCD； （2） 【解析】 【分析】（1）取PA的中点S，结合中位线性质可得S，M，C，D四点共面，再利用结合线面平行的判定定理即可得证； （2）利用所给条件，结合线面垂直的判定定理与性质定理与余弦定理计算可得的余弦值，再利用等体积法可求出点到平面的距离，结合的长度即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接AC，BD交于点，则为平行四边形ABCD的中心， 又， 则等腰中，根据三线合一，有， 又，平面， 故平面， 设， 则， ， ， 相加并整理得，① 在Rt，Rt中，有， 即，（2），，③ 解方程组①②③得，， 故， 于是， 在中，是PC中点， 故， 于是， 设点A到平面PBC的距离为，由，得， 故， 故所求线面角的正弦值. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，求的值和的面积； （2）在（1）的条件下，求的值； （3）若，求的值. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求，再根据求，进而求得的面积； （2）由二倍角公式求得和，再由两角和与差的余弦公式得解； （3）由正弦定理得到与的关系，再结合余弦定理求解的值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得，即， 化简得，解得或(舍)，， ， 的面积. 【小问2详解】 ， ， . 【小问3详解】 在中，由正弦定理得， ，化简得， 由余弦定理得， ，解得（负值舍去）， 所以. 19. 如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． （1）当时，求证：； （2）定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】（1）证明如下： 因为 ， 所以，即． （2）（ⅰ）， （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【解析】 【分析】（1）利用基底法表示向量，结合已知条件求出向量的数量积，利用数量积为0证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，根据投影偏差率定义求解，求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解；（ⅱ）根据投影偏差率定义结合（ⅰ）化简，利用“存在两个不同的锐角，使得”的条件构造方程，进而求出，证明结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试卷 一、单项选择题 1. 已知某社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人200人，青少年80人，若按年龄进行分层随机抽样，共抽取36人作为代表，则中年人比青少年多（ ） A. 6人 B. 9人 C. 12人 D. 18人 2. 下列命题正确的是（ ） A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱 B. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台 D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 3. 某公司为了解用户对其产品的满意度，从使用该产品的用户中随机调查了100个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到如图所示的用户满意度评分的频率分布直方图： 根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（ ） A. 对该公司产品满意度评分低于60分的用户比例估计为35% B. 对该公司产品满意度评分不低于70分的用户比例估计为40% C. 估计该公司用户对产品的满意度评分的平均值不超过60分 D. 估计该公司有一半以上的用户，对产品的满意度评分介于50分至80分之间 4. 如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（    ） A. B. C. D. 5. 如图，在四棱锥的平面展开图中，底面为等腰梯形，，，，，，，则（ ）． A. B. C. D. 6. 在中，，，，是边一点，是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 7. 我国古代数学名著《九章算术》将两底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，已知直三棱柱是堑堵，其中，则下列说法中不一定正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 为锐角三角形 8. 某停车场在统计停车数量时数据不小心丢失一个，其余六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数与众数的和等于中位数的两倍，则丢失数据的所有可能值的和为（ ） A. 21 B. 24 C. 27 D. 32 二、多项选择题 9. 已知样本数据，则这组数据的（ ） A. 众数为 B. 平均数为 C. 上四分位数为 D. 方差为 10. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 11. 在中，下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则是直角三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则是等边三角形 三、填空题 12. 已知一组数据，，，的方差为4，若数据，，，的方差为36，则b的值为______. 13. 如图，在矩形中，，，点为线段的中点，沿直线将翻折，点运动到点的位置．当平面平面时，三棱锥的体积为__________． 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）．如图，若正四面体棱长为1，则该组合体的表面积为_________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为_________． 四、解答题 15. 如图，在几何体中，，梯形和梯形为等腰梯形，， （1）若，试用来表示，以及该几何体的表面积； （2）若几何体的体积为，求该几何体的表面积． 16. 某校组织了一次知识竞赛（满分100分），各年级学生踊跃参加．校团委为了比较高一、高二学生这次竞赛的成绩，从两个年级的答卷中各随机选取了50份，将成绩进行统计得到以下频数分布表： 成绩 高一学生人数 15 5 15 15 高二学生人数 10 10 20 10 试利用样本估计总体的思想，解决下列问题： （1）从平均数与方差的角度分析哪个年级学生这次竞赛成绩更好（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）？ （2）校后勤部决定对参与这次竞赛的学生给予一定的奖励，奖励方案有以下两种： 方案一：记学生得分为，当时，奖励该学生10元食堂代金券；当时，奖励该学生25元食堂代金券；当时，奖励该学生35元食堂代金券； 方案二：得分低于全体样本中位数的每位学生奖励10元食堂代金券；得分不低于中位数的每位学生奖励30元食堂代金券（人数四舍五入）． 分别计算出方案一与方案二各年级的奖励，若高一年级组长希望本年级学生获得多于高二年级的奖励，则他应该选择哪种方案？ 17. 如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，M，N分别是棱PB，PC的中点，是棱PA上一点，且. （1）求证:平面MCD; （2），求直线PA与平面PBC所成角的正弦值. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，求的值和的面积； （2）在（1）的条件下，求的值； （3）若，求的值. 19. 如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． （1）当时，求证：； （2）定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $