精品解析：天津市宝坻区2025-2026学年第二学期期末练习高一数学试卷

2025～2026学年度第二学期期末练习 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟． 第Ⅰ卷（共36分） 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题4分，共36分． 一、选择题：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. 下列命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 2. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（ ） A. B. 8 C. 14 D. 3. i为虚数单位，复数的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 4. 在某次考试后，数学老师随机抽取了5名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，1，3，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ） A. 5，1 B. 5，3 C. 4，3 D. 5，5 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，为三个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7. 甲、乙两人进行三局两胜制的乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率均为，每局比赛彼此独立且没有平局，则甲获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在平行四边形中，是线段的中点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图，某球体建筑物置于水平地面上，与地面相切于点，在地面上沿过点的某一直线上取，两点（点在，之间），分别在，处测得该球体建筑物的最大仰角为和．已知，则该球体建筑物的体积为（ ）注：本题仰角是指观测点到切点（视线与球面相切处）的连线与水平面的夹角． A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分． 10. 为虚数单位，计算：________． 11. 正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为________． 12. 《易经》是中国传统文化的精髓．如图是易经中的一个卦图，它由8个卦组成，其中每一卦又由3根线构成（线形为或），例如正上方的卦为，它由3根线构成．现从图中任取一卦，它是由2根和1根构成的概率是_______． 13. 在中，，，，则的面积为________． 14. 某校高一年级共有学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层抽样的方法抽取容量为50的样本以调查学生的身高信息（单位：）．已知男生样本的平均身高为，女生样本的平均身高为，则总样本的平均身高为________． 15. 已知为坐标原点，为平面内一定点，且，平面内的动点满足：存在实数，使，记点构成的平面区域为S，则S的面积为________． 三、解答题：本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角； （2）若，，求． 17. 如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证: （1）平面AEC; （2）平面AEC⊥平面PBD． 18. 某人工智能平台为了解用户每日使用时长情况，从平台用户中随机抽取了200名用户进行调查．将日均使用时长（单位：小时，精确到0.5小时）分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．已知平台将日均使用时长不低于2小时的用户定义为深度用户，其中为银牌深度用户，为金牌深度用户． （1）求图中的值； （2）采用分层抽样的方法从深度用户中随机抽取5名用户，再从这5人中随机选取2人进行深度访谈，求恰有1人是金牌深度用户的概率． 19. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）设直线与平面交于点，请在答题卡上作出线段，叙述作图依据，并求线段的长． 20. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求； （2）求的最小值． 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练习 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟． 第Ⅰ卷（共36分） 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 2．本卷共9小题，每小题4分，共36分． 一、选择题：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. 下列命题中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【详解】对于选项A：若，则，故A正确； 对于选项B：向量不能比较大小，故B错误； 对于选项C：若，但方向不一定相同，可知不一定相等，故C错误； 对于选项D：若，但方向不一定相同，可知不一定相等，故D错误. 2. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（ ） A. B. 8 C. 14 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图还原原平面图形，确定原图形中线段的长度，再由勾股定理计算可得结果. 【详解】由直观图还原原平面图形，如下图所示： 由四边形为矩形，得，且， 即为等腰直角三角形，则，， 在原图形中，，， 由，，则在原图形中，，， 即四边形为平行四边形，因此，， 所以原平面图形的周长为. 故选：C 3. i为虚数单位，复数的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】复数的共轭复数为，则虚部为2. 4. 在某次考试后，数学老师随机抽取了5名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，9，5，1，3，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ） A. 5，1 B. 5，3 C. 4，3 D. 5，5 【答案】B 【解析】 【分析】先计算数据总和除以样本数量得到平均数，再将数据从小到大排序后根据分位数计算规则确定分位数，得到最终结果. 【详解】这组数据为：，总和为，共个数据， 因此平均数为： ； 先将数据从小到大排序：1,3,5,7,9，数据个数； 计算位置； 因为不是整数，向上取整得位置为，对应排序后第个数据，即，因此分位数为； 综上，平均数为，分位数为. 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的模长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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的模长为. 6. 已知，，为三个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：若，，则或相交，故A错误； 对于选项B：若，，则或相交，故B错误； 对于选项C：若，，则，故C正确； 对于选项D：若，，，则或相交，故D错误. 7. 甲、乙两人进行三局两胜制的乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率均为，每局比赛彼此独立且没有平局，则甲获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】甲获胜分为或两类，所以甲获胜的概率为. 8. 在平行四边形中，是线段的中点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以平行四边形邻边对应的向量为基底，利用向量加法的线性运算逐步拆解目标向量，化简得到最终表达式. 【详解】由是的中点，可得： 由是的中点，平行四边形中，因此：， 所以. 9. 如图，某球体建筑物置于水平地面上，与地面相切于点，在地面上沿过点的某一直线上取，两点（点在，之间），分别在，处测得该球体建筑物的最大仰角为和．已知，则该球体建筑物的体积为（ ）注：本题仰角是指观测点到切点（视线与球面相切处）的连线与水平面的夹角． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知过球心与作切面，则所有点都在切面上，利用，以及它们与半径的关系即可求解. 【详解】如图，设球心为，与圆相切于点，与圆相切于点，与相交于点， 连接，，，.设球的半径为. 又因为与圆相切于点，所以. 在中，，. 在中，，， 所以， ， 因为，与圆相切，所以. 因为，与圆相切，所以. 又，即，解得. 该球体建筑物的体积. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分． 10. 为虚数单位，计算：________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可得：. 11. 正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据线面夹角的定义可得，结合正四棱柱的结构特征求外接球的半径和表面积. 【详解】在正四棱柱中，平面， 则直线与底面所成的角为， 由题意可得，且，则， 所以正四棱柱的外接球的半径为， 所以正四棱柱的外接球表面积为. 12. 《易经》是中国传统文化的精髓．如图是易经中的一个卦图，它由8个卦组成，其中每一卦又由3根线构成（线形为或），例如正上方的卦为，它由3根线构成．现从图中任取一卦，它是由2根和1根构成的概率是_______． 【答案】 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式可得结果. 【详解】从8个卦中任取一卦，基本事件总数， 其中由2根和1根构成的基本事件个数， 所以从图中任取一卦，它是由2根和1根构成的概率是. 故答案为：. 13. 在中，，，，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求，再转换成，从而利用面积公式即可求解. 【详解】由余弦定理得. 因为，所以. . 14. 某校高一年级共有学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层抽样的方法抽取容量为50的样本以调查学生的身高信息（单位：）．已知男生样本的平均身高为，女生样本的平均身高为，则总样本的平均身高为________． 【答案】166 【解析】 【详解】由题意可知：在50的样本中，男生30人，女生20人， 所以总样本的平均身高为. 15. 已知为坐标原点，为平面内一定点，且，平面内的动点满足：存在实数，使，记点构成的平面区域为S，则S的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，分析可知点构成的平面区域为圆和四边形组成的部分，结合图形运算求解即可. 【详解】设，，， 因为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆， 又因为，且，点在的延长线上， 过作圆的切线，分别与圆切于点，， 连结，，则，， 可知点构成的平面区域为圆和四边形组成的部分，如图阴影部分， 因为，则，可得，， 所以点的轨迹面积. 三、解答题：本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理即可. （2）由计算出，再利用正弦定理即可. 【小问1详解】 由余弦定理得. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以. 由正弦定理，得，即. 解得． 17. 如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证: （1）平面AEC; （2）平面AEC⊥平面PBD． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明; (2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果. 【小问1详解】 设,连接,如图所示: 因为O,E分别为,的中点,所以, 又因为平面,平面, 所以平面． 【小问2详解】 连接,如图所示: 因为,为的中点,所以, 又因为四边形为菱形,所以, 因为平面,平面,且, 所以平面,又因为平面, 所以平面平面． 18. 某人工智能平台为了解用户每日使用时长情况，从平台用户中随机抽取了200名用户进行调查．将日均使用时长（单位：小时，精确到0.5小时）分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．已知平台将日均使用时长不低于2小时的用户定义为深度用户，其中为银牌深度用户，为金牌深度用户． （1）求图中的值； （2）采用分层抽样的方法从深度用户中随机抽取5名用户，再从这5人中随机选取2人进行深度访谈，求恰有1人是金牌深度用户的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图结合频率和为1列式求解即可； （2）根据分层抽样求比例分配，利用列举法结合古典概型运算求解. 【小问1详解】 由频率和为1可得，解得. 【小问2详解】 深度用户中银牌与金牌的频率比为：银牌:金牌， 抽取5人，按比例分配：银牌：人，金牌： 人， 记银牌3人分别为，金牌2人分别为， 从5人中随机选取2人，则样本空间为 ， 设事件A=“恰有 1 名金牌深度用户”， 则， 可得，， 所以恰有 1 名金牌深度用户的概率为. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）设直线与平面交于点，请在答题卡上作出线段，叙述作图依据，并求线段的长． 【答案】（1） （2）， 因为在平面内，平面与平面的交线为， 所以延长，交于的延长线于点，连接； 【解析】 【分析】（1）在平面中作，可得为异面直线与所成的角，再利用余弦定理可求. （2）延长，即可得点，从而可计算的长. 【小问1详解】 取中点，连接，如图所示： 在正方体中， 因为且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 在中，为棱，的中点， 所以，所以 所以为异面直线与所成的角， 由为棱，的中点，正方体的棱长为， 则， ， 所以在中，由余弦定理得：. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 因为在平面内，平面与平面的交线为， 所以延长，交的延长线于点，连接， 如图所示，在正方体中，由，，且为棱的中点， 所以， 所以，所以， 在中， 所以. 20. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，，． （1）求； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换运算求解即可； （2）利用余弦定理结合基本不等式可得，由中点的性质可得，结合数量积运算律求解即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又因为， 可得， 且，则，可得，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得， 即，可得，解得， 当且仅当时，等号成立， 因为，即为线段的中点，则， 可得 ， 所以的最小值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $