精品解析：安徽芜湖市2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

2025—2026学年度第二学期期末考试（供选用） 高一年级数学试题卷 本试题卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回． 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. 样本数据的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 某中学高一年级300人，高二年级400人，高三年级300人，为了解该校学生对食堂的满意程度，现按照各年级人数的比例分配进行分层抽样，已知抽取高二学生20名，则本次抽取的样本容量为（ ） A. 15 B. 30 C. 40 D. 50 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 《九章算术》中将正四棱台称为“方亭”．现有一方亭，上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该方亭的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 8. 已知，是两个非零向量，且，则的最大值为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 有一组从小到大排列的样本数据，记为，，，，．现去掉，后，得到新数据，，，则下列说法正确的是（ ） A. 新数据的中位数与原数据的中位数相等 B. 新数据的众数与原数据的众数一定相同 C. 新数据的极差不大于原数据的极差 D. 新数据的方差不小于原数据的方差 10. 如图，在中，，，，点为的中点，点在上，且，线段与相交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知四面体中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 四面体的外接球的表面积为 C. 若平面过棱，，的中点，则平面与四面体的内切球相切 D. 若为内部（包含边界）的动点，且直线与平面所成角的正切值为，则点轨迹的长度小于 三、填空题：本题共有3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，如果，互斥，则__________． 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，且满足，，则面积的最大值为__________． 14. 正方体的棱长为12，，分别为线段和线段上的点，若，，则平面截正方体所得截面的周长为__________． 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. 已知向量，，． （1）若与共线，求的值； （2）若，求与夹角的余弦值． 16. 甲、乙两人玩“剪刀、石头、布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），计分规则如下：①两人手势相同（平局）：每人各分；②两人手势不同，胜者分，败者分．比赛一共进行两局，两人之间及每局游戏结果均相互独立． （1）求甲单局得2分的概率； （2）求甲得3分的概率． 17. 为响应国家“全民健身”号召，某校为了解学生每周体育锻炼时长情况，随机抽取100名学生进行调查，将他们的周锻炼时长（单位：分钟）进行统计，并得到如下频率分布直方图： （1）求频率分布直方图中的值； （2）同一组中的数据用该组区间的中点值作代表． （i）估计样本中100名学生周锻炼时长的平均数； （ii）若落在内数据的方差是2；落在内数据的方差是3，求这两组数据合并后的平均数和方差． 18. 如图1，在平面五边形中，四边形是边长为2的菱形，，，，将沿翻折至，如图2． （1）若为中点，证明：平面； （2）当时． （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面所成角的正切值． 19. 布洛卡点由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特征，是几何学中兼具美学与实用价值的点．定义如下：设在内部，且，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，，，分别为三个内角，，的对边，且．记的面积为，外接圆半径为，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）求的最小值； （2）证明：； （3）利用（1）和（2）的结论： （i）求的最小值； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末考试（供选用） 高一年级数学试题卷 本试题卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回． 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. 样本数据的第百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】本题数据已从小到大排序，样本容量为， 因为， 第百分位数为第4个数据， 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得：. 所以复数的虚部为. 3. 某中学高一年级300人，高二年级400人，高三年级300人，为了解该校学生对食堂的满意程度，现按照各年级人数的比例分配进行分层抽样，已知抽取高二学生20名，则本次抽取的样本容量为（ ） A. 15 B. 30 C. 40 D. 50 【答案】D 【解析】 【详解】本次抽取的样本容量为. 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【详解】选项A：若，，，则可取的方向向量分别是平面的法向量， 两个垂直平面的法向量互相垂直，因此，即，A命题正确； 选项B：两个平面垂直时，分别在两个平面内的直线可以平行、斜交或异面，不一定垂直， 举例：墙面垂直地面，墙面内平行于墙脚交线的直线，与地面内平行于交线的直线互相平行， 并不垂直，因此B命题错误； 选项C：若，，可得，又，因此，C命题正确； 选项D：根据线面平行判定定理：n平行于平面α内的直线m，且，因此，D命题正确. 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算. 【详解】向量在向量上的投影向量为， ，， 向量在向量上的投影向量为. 6. 《九章算术》中将正四棱台称为“方亭”．现有一方亭，上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该方亭的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合正四棱台的图形特征得出正四棱台的高，再根据正四棱台的体积公式即可求解. 【详解】已知正四棱台上底面边长为，其对角线长，中心到顶点的距离为， 下底面边长为，其对角线长，中心到顶点的距离为，半对角线之差， 根据正四棱台的性质，半对角线之差，高，侧棱长构成一个直角三角形，， 所以高， 因此正四棱台的体积，故A正确. 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率计算公式和相互独立的公式即可求解. 【详解】对A：掷两次骰子，基本事件有个，事件“两次掷出的点数之和是6”包含：，，，，共5个基本事件，所以，故A错误； 对B：事件都包含基本事件有：，，，，，共6个，所以；事件包含的基本事件有：，所以, 因为，故与不相互独立，故B错误； 对C：事件：“第一次掷出的点数是偶数”，所以,事件包含的基本事件有：，，，所以，因为，所以事件，相互独立，故C正确； 对D：因为事件包含：，共2个基本事件，所以，因为，故事件与不相互独立，故D错误. 故选：C 8. 已知，是两个非零向量，且，则的最大值为（ ） 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及基本不等式求出最大值. 【详解】设，则， 因此，解得， 则， 当且仅当时取等号，所以的最大值为. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 有一组从小到大排列的样本数据，记为，，，，．现去掉，后，得到新数据，，，则下列说法正确的是（ ） A. 新数据的中位数与原数据的中位数相等 B. 新数据的众数与原数据的众数一定相同 C. 新数据的极差不大于原数据的极差 D. 新数据的方差不小于原数据的方差 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，结合中位数、众数、极差和方差的定义依次判定即可. 【详解】对于A，根据题意，原数据，，，，的中位数是，新数据，，的中位数也是， 即新数据的中位数与原数据的中位数相等，故A正确； 对于B，假设原数据为，，，，，众数为和，则新数据为，，，众数为， 因此新数据的众数与原数据的众数不一定相同，故B错误； 对于C，原数据极差为，新数据极差为， 由于，所以，即新数据的极差不大于原数据的极差，故C正确； 对于D，假设原数据为，，，，，平均数为，方差， 则新数据为，，，平均数为，方差， 所以，即新数据的方差小于原数据的方差，故D错误. 10. 如图，在中，，，，点为的中点，点在上，且，线段与相交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A根据余弦定理求解；选项B由向量线性运算用基底表示；选项C先将向量用基底表示，利用向量数量积公式求解；选项D利用三点共线的充要条件求解. 【详解】在中，，，， ， 选项A正确； ，， 选项B正确； 点为的中点，， ， ， 选项C错误； 设， 因为三点共线，三点共线， 所以，解得， ，选项D正确. 11. 已知四面体中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 四面体的外接球的表面积为 C. 若平面过棱，，的中点，则平面与四面体的内切球相切 D. 若为内部（包含边界）的动点，且直线与平面所成角的正切值为，则点轨迹的长度小于 【答案】BC 【解析】 【分析】根据四面体的各组对棱相等，可将其放入长方体中，借助长方体的性质将异面直线与所成角转化为直线与所成的角，利用平面向量数量积，求其余弦值，判断A；四面体的外接球，即为长方体的外接球，求出长方体外接球的表面积，判断B；由等体积法求得点A到平面的距离与内切球半径的关系，从而求得平面与平面间的距离与内切球半径间的关系，判断C；根据切割长方体的方法求得四面体的体积，并由等体积法求得点到平面的距离为，由直线与平面所成角的正切值为，求得点的轨迹，从而求得其长度，判断D. 【详解】如图，四面体的各组对棱相等，所以可将其补形为长方体. 由，得. 对于A，异面直线与所成角即为直线与所成的角，设为. 因为， 所以， ， 所以. 故A错误. 对于B，四面体的外接球，即为长方体的外接球， 设该外接球的半径为， 则该外接球的直径为长方体的体对角线， 即， 所以四面体的外接球的表面积为. 故B正确. 对于C， 由题意知四面体的四个面全等，其面积均为. 设四面体的内切球半径为，点A到平面的距离为， 则，即. 若平面过棱，，的中点， 则平面与平面平行，且点A到平面的距离为. 所以平面与平面间的距离为. 因为平面与四面体的内切球相切，所以平面与四面体的内切球相切. 所以C正确. 对于D， 由C选项的判断知，的面积为. 又四面体的体积为 . 所以点到平面的距离为. 设点在平面内的投影为，的中点为，则点在上，且. 若为内部（包含边界）的动点，且直线与平面所成角的正切值为， 则，所以. ，，. 所以的面积为. 所以点到的距离等于点到的距离，为. 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以点轨迹的长度为. 所以D错误. 三、填空题：本题共有3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，如果，互斥，则__________． 【答案】0.8## 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义及概率的加法公式即可求解． 【详解】因为，互斥，所以， 则． 13. 已知的内角，，的对边分别为，，，且满足，，则面积的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据正弦定理将边化为角，再根据余弦定理，以及基本不等式求面积的最大值. 【详解】根据正弦定理可知，， 则， ，， 因为，所以，，所以， 由余弦定理，当时等号成立， 即， 所以三角形面积的最大值为. 14. 正方体的棱长为12，，分别为线段和线段上的点，若，，则平面截正方体所得截面的周长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出正方体的示意图，先找到截面，然后依次求截面各边边长，最后得截面周长. 【详解】如图所示，延长交于点，连接交于点，过作，分别交于点，连接.则，截正方体所得的截面即为五边形. 因为，易证，则， 已知，则， 又，可得，. 因为，所以， 又，，，解得，， 则，易得. 由上述作图可知四边形为平行四边形，则，，于是. 同求的方法，可得，，. 在中，，，则. 在中，. 则五边形的周长为. 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. 已知向量，，． （1）若与共线，求的值； （2）若，求与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为向量，，与共线，所以 【小问2详解】 因为向量，，，所以 所以， 所以 16. 甲、乙两人玩“剪刀、石头、布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），计分规则如下：①两人手势相同（平局）：每人各分；②两人手势不同，胜者分，败者分．比赛一共进行两局，两人之间及每局游戏结果均相互独立． （1）求甲单局得2分的概率； （2）求甲得3分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用样本空间和古典概型来求解概率即可； （2）利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式来求解即可. 【小问1详解】 不妨设出剪刀、石头、布分别用，，来表示，则甲、乙比赛的全部基本事件为： ，，，，，，，，， 其中甲得2分的有，，三种情况， 所以． 【小问2详解】 由（1）可知，甲得1分的有，，三种情况， 所以甲得1分的概率为， 甲得3分共有两种情形： 第一种情形是第一局甲胜乙，第二局甲与乙打成平局，此时概率为：， 第二种情形是第一局甲与乙打成平局，第二局甲胜乙，此时概率为：， 综上可得． 17. 为响应国家“全民健身”号召，某校为了解学生每周体育锻炼时长情况，随机抽取100名学生进行调查，将他们的周锻炼时长（单位：分钟）进行统计，并得到如下频率分布直方图： （1）求频率分布直方图中的值； （2）同一组中的数据用该组区间的中点值作代表． （i）估计样本中100名学生周锻炼时长的平均数； （ii）若落在内数据的方差是2；落在内数据的方差是3，求这两组数据合并后的平均数和方差． 【答案】（1） （2）（ⅰ）75；（ⅱ）50， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，即可求得答案； （2）（i）根据频率分布直方图中平均数的求解方法，即可求得答案；（ii）求出落在内和内的人数，即可求得这两组合并后的平均数，根据分层方差的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 由题可知，解得． 【小问2详解】 （ⅰ）． （ⅱ）由题易知落在内有5人；落在内有5人， 因此：，． 18. 如图1，在平面五边形中，四边形是边长为2的菱形，，，，将沿翻折至，如图2． （1）若为中点，证明：平面； （2）当时． （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面所成角的正切值． 【答案】（1）连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点，又M为PD中点， 所以，又平面，平面， 所以平面． （2）（i）因为，， 又、平面且 所以平面，平面，． 又，、平面且， 平面，又平面， 所以平面平面． （ii） 【解析】 【分析】（1）通过线面平行判定定理证明；（2）（i）通过先证明线面垂直，再由面面垂直的判定定理得到；（ⅱ）过作，找到二面角的平面角，先由余弦定理求出其余弦值，再求正弦值，最后得到正切值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）过作，平面， 又因为，， 平面，是平面和平面的交线 过作于，连结，又， 平面，面， 、， 即为平面与平面所成角的平面角． 由（2）（i）知平面，因为平面，所以, 四边形是边长为2的菱形，，， 所以, 在直角中，，所以平面与平面所成角的正切值是. 19. 布洛卡点由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特征，是几何学中兼具美学与实用价值的点．定义如下：设在内部，且，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，，，分别为三个内角，，的对边，且．记的面积为，外接圆半径为，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）求的最小值； （2）证明：； （3）利用（1）和（2）的结论： （i）求的最小值； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）由余弦定理及面积公式得 . 设，，，在，，中，由余弦定理得 ，，． 所以 即，所以. （3）（i） （ii）证法1：由（ⅰ）的证明过程，结合， 可得， 由于C是锐角，则证明证明证明， 由（1）可知，所以，结论得证！ 证法2：由（2）和（3）（ⅰ）的证明过程并结合正弦定理可知： 证明证明证明 证明． 事实上，因为C是锐角，所以 ， 当且仅当，，即为等边三角形时，等号成立， 而，所以不可能为等边三角形，所以上面不等式等号取不到， 即成立，结论得证！ 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理和基本不等式即可求得； （2）应用余弦定理及面积公式，证明等号左、右两边等于同一个式子，即可得证； （3）（i）应用（2）中结论及正弦定理化简式子，进而求解；（ⅱ）应用（i）中结果、正弦定理及三角形面积公式求证. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立）所以的最小值为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （ⅰ）在中，由正弦定理得 ， 同理，， 由（2）中已证结论得， 另一方面，， 结合（2）的证明过程可得， 显然，均为锐角，故，从而和的增减性一致，所以最小，当且仅当最小， 由（1）可知取最小值时，， 所以的最小值为． （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $