福建宁德市2025-2026学年第二学期高一年级期末考试数学试题

2025-2026学年度第二学期高一年级期末考试 数学试题 （满分：150分 时间：120分钟） 注意事项： 1．答题前，学生务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的学校、准考证号、姓名．学生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与学生本人准考证号、姓名是否一致． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．答题结束后，学生必须将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每题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．当为何值时，向量与共线 A． B． C． D． 2．高一某班有男生24人，女生32人，计划采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为14的样本，则应抽取的女生人数为 A．5 B．6 C．7 D．8 3．若复平面内表示复数的点位于第二象限，则可能的值是 A．1 B．2 C．3 D．4 4．若圆台上底面半径为1，下底面半径为2，高为，则圆台侧面积为 A． B． C． D． 5．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，且该三角形有两解，则的取值范围是 A． B． C． D． 6．某校在知识测试活动中，随机抽取30名学生，统计了他们的测试成绩（单位：分），得到如下统计图．设这30名学生测试成绩的中位数为，众数为，平均数为，则 A． B． C． D． 7．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么在线段，，，所在的直线中，互为异面直线的有 A．与 B．与 C．与 D．与 8．在正四面体中，，是的中点，为线段上的一个动点，为线段上的一个动点，则的最小值为 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．下列说法正确的有 A．若，则的虚部是-2 B．若，则的实部为1 C．若，，则为实数 D．的模为5 10．已知是边长为2的等边三角形，，，则下列结论正确的是 A． B． C．在上的投影向量是 D． 11．如图，在棱长为4的正方体中，动点，分别在棱，上，将过点，，的平面截该正方体所得的截面记为．设，，其中，，则下列结论正确的是 A．当时，直线平面 B．当时，的面积为9 C．当时，平面与平面所成角的正切值为 D．当时，以为顶点，为底面的棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．为了解某校高一年级男生的体重，从该校高一年级男生中随机抽取12名，测得他们的体重数据如下（按从小到大的顺序排列，单位：） 则该样本数据的第70百分位数为_________． 13．已知是关于的方程的一个根，则的值为_________． 14．在平面凸四边形中，，，，则该四边形面积的最大值是_________． 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．（13分） 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求的大小； （2）若，的面积为，求，的值． 16．（15分） 某校每年3月举办“数学节”，今年“数学节”高一年级举行了一次“数学文化知识竞赛”．为了解本次竞赛成绩情况，从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2组的频率是第5组的8倍．请根据下面的频率分布直方图，解决下列问题： （1）求，的值，并估计该样本数据的平均数； （2）某老师抽取了10名学生的成绩：，，，…，，平均数为90，标准差，若该组数据中再加入两个数值为90的成绩，求新数据的方差，结合前后方差的变化，从统计学角度解释数据离散程度发生了怎样的变化，并说明原因． （注：本题计算平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 17．（15分） 如图，在直三棱柱中，，，是的中点，是的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）求证：． 18．（17分） 在中，，边上的中线，相交于点，若．设，． （1）用，表示，； （2）求的大小； （3）若，求四边形的面积． 19．（17分） 如图，在矩形中，，分别为，的中点，，将沿折痕翻折到的位置，连接，． （1）若是线段的中点，连接，求证：平面； （2）若平面底面，求与平面所成角的正弦值； （3）若平面与底面的夹角的正切值为，求三棱锥的外接球的体积． 答案第10页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $■ 国口口口 ■ 2025-2026学年度第二学期高一年级期末考试 (续15题) 17.(15分) 数学答题卡 考生严禁填涂，随考教师填 馀，禁标志[】 准考证号： 学校 班级 贴条形码区域 姓名 座号 注【烟，考生先将台已的学。班级，姓名：号和准考正号写是 正佛请涤 上专生竹答时，请将答案对在裤是卡上共板四四号在各题的蓉烟区咳内作荐。整用称用区 城书写的容案无效。 项 1远择题答案健用B如笔填涂，如需夜的。用楼皮擦干净后，得结涂其恒答案标号：事选 样题答案使用双5毫米购国色中性签学)笔或课素笔书写，学体工塑、笔迹清楚。 屋持卡面南清。不折叠。不装批。考试结束后，将答恩卡空日。 16.(15分) 一，单项选择缥 二，多项选择题 o1[A】[B]【c1【D1 os TA][u1[C】[D] o9【A1[B]tc1[D1 o2[A][B】[c][D o6Ia]EB【C)[D1 i0[AJ[B】【cJ[D] 03:[A][B][C][D] 07 [A](B3 [C][D] 11 [A][B][C][D] o4【A1[B]【c]【o] Or[A1tBJ【C]【D] 三、填空题：（本题满分15分） 12. 13 四、解答题： 15.(13分) ■ ■ 18.(17分) (续18题) (续19题) 19.(17分)2025-2026学年度第二学期高一年级期末考试 数学参考答案及评分标准 说明： 一、本解答指出了每题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果 考生的解法与本解法不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分 细则. 二、对计算题，当考生的解答在某一部分解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度 决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半：如果后继部分的 解答有较严重的错误，就不再给分 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数. 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分， 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 题号 2 3 4 6 7 8 答案 A D D C B D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9 10 11 ABD BC ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.69 13.26 14.25 1423 C和△ADC 【详解】连接1C,在△MBC不 中， AC2 AB2+BC2-24B.BCcos B=10-6cos B AC2=AD2+CD2-2AD.CDcos D=8-8cos D 3cos B-4cos D=1 ，所以 设凸四边形ABCD面积为S, 参考答案第1页 B 1 所以S=Sc+Sc=2 2×2sinD+ xI×3sinB=2sinD+3。 2 所以4S+1P=(6sinB+4sinD}+(3cosB-4 cosD) =9sin2 B+16sin2 D+24sin Dsin B+9cos2B+16cos2 D-24cos Dcos B =25-24cos(B+D)≤25+24=4 9,所以当B+D=元时，4S+有最大值49，即S有最 大值12，所以5的最大值为 W3 四、解答题：本大题共5小题，共77分。 15.解：(1)因为csin B-√3 bcosC=0 sin Csin B-3 sin BcosC=0 由 正 弦 定 理 得 …1分 因 为 A,B,Ce(O,π) 所 以 sinB≠0 2分 所 以 sin C=3 cosC 3分 所 以 tanC=3 … 4分 C- 所 以 3 …5分 π 所以∠C的大小为3 参考答案第2页 1 absin C=3 (2)因 为 c=2. SAABC=3 所 以 2 6分 所 以 ab=4 8分 由余弦定理得：c2=a2+b2-2 abcosC 22=a2+b2-2×4×co 所 以 3 9分 所 以 a2+b2=8 11分 因 0 b>0, 所 以 a=b=2 .13分 所以a,b的值均为2 16.解法一(1)第2组的频率是第5组频率的8倍，10a=80b,即a=8b.1分 又0016+a+0040+0.08+b)x10=1 2分 解得a=0.032,b=0.004 4分 此时该样本数据的平均数为 (0.016×55+0.032×65+0.04×75+0.008×85+0.004×95)×10 6分 =70.2 7分 (2)因为抽取的10个数平均数为90，所以增加两个90的分数，平均数不变.8 参考答案第3页 分 因为5=6所似品（+后++)0=6 化简得 +x号++x%=81360 9分 此时方差： 号=+写++号+90+90)-0=0 11分 因为<， 所以数据的离散程度降低了… ...13 分 理由是：因为方差衡量样本数据各样本点的离散程度，加入平均点，数据平均值不变，而 数据更集中，所以离散程度降低（强调平均值不变，数据更集中，言之有理即可）15 分 解法二(1)同解法一 (2)因为抽取的10个数平均数为90，所以增加两个90的分数，平均数不变…8 分 因为=6所以子-6-90+6G-90++。-901=6 于是(3-90)2+(2-90)2+…+(60-90)2=360.. 9 分 于是5-2-90+0G-90r+6n0r+0-0i+190-901-0 11分 因为<，所以数据的离散程度降低了 .13 分 理由是：因为方差衡量样本数据各样本点的离散程度，加入平均点，数据平均值不变，而 数据更集中，所以离散程度降低（强调平均值不变，数据更集中，言之有理即可）…15 分 17.解法4取BG的中点5，连接4.BC则，461E…1 分 参考答案第4页 所以G4C(破其补角)为异西直线4B与4C 所成角2 分 设4A=AB=AC=2a 于是在△4BC中，4E=V2a.E,C=V6a.AC=2V2a A 3分 E B 所以cos∠E4C=2a+8a2-6g1 2V2a·2√2a2… 所以<EAC- π 3,所以异面直线AE与A,C所成角的大小为3…6分 (2)因为48=4G,B是BG的中点，所以461BG 因为直二楼柱1BC-4BC,所CC1平面4BG, 又因为A6C平面4B,G,所以CG1A6. CC∩B,C=C 以 AE上平 B BCC 因 为 所 面 9分 (注：若在4)中证明了46上平面B6CC,则2)可不再论述证明过程) 因为EFC平面 B BCC ,所以4E1EF …10 分 EC2 在四边形BBCC中，FC元，EC三2V2 EC_CC “,所以FCEC 因为∠BCC=∠CCB=90,所以△ECG~AFEC,所以∠CE,C=∠CFE 因为∠CEC+∠ECC=90'.所以∠ECG+∠CFE=90,所以EF1EC1B 分 参考答案第5页 因 E,CnA6=E,所yEFL平面 EC 14分 ACc 平 AEC EF⊥A,C 因 为 面 所 以 .15分 解法二(1)同解法 (2)取AC、AC的中点G、H,连接GH,HE,GE,GF GF是△4CC的中位线，故GF∥AC…… 8分 有GH-2a,HE=a,且GH⊥平面ABC,于是GH L HE,即GE=5a…10 G 分 r-号4c=vi。 且 .11分 同理，EF=V3a 12分 H 因为EF2+GF2=EG2,根据勾股定理逆定理，EF1GF…14分 于是EF⊥AC 15分 解法三(1)同解法一 (2)因为直三棱柱ABC-AB,C,所以AA1平面ABC A 又因为ABC平面ABC,所以AAL AB 因为AC⊥AB,4404C=A B 所以BL平面A4CC .9 分 因为ACC平面4ACC,所以AB⊥AC 因为四边形4ACC为正方形，所以4C上AC 又因为ABOAC=A,所以4C1平面ABC 12分 因为BCC平面ABC,所以AC L BC 参考答案第6页 13分 EF//BC 因为 ... 14分 所以AC⊥EF .15分 18.解法一(1) 2 2…2分 BF=A正-AB=6-a 4分 (2)AB=6k,AD=7k,AC=10k(k>0) 因 m-传+-++ 为 …6分 49e-36+10e2+号6k-10eeos∠B4C oS∠BAC= 所以 所以 2.…8 分 ∠BAC= 又 因 为 ∠BAC∈(O,元)」 所 以 3 9分 古际沿小-月 AD.BF-- (3)因为 所以4 所 以 -36k2+50k2-15k2=-1 可得 k2=1 则k=1 …12分 所以AB=6,AC=10 S,ac=)×6×10×sing=15V5 1 2 3 13分 参考答案第7页 AE_BE=2 连接EC,因为AD,BF是中线，所以E是△ABC的重心，所以EDEF ….14 分 AEDC= 1 可得 2 6 6 1 S四t边形EDCr=SSEDC+SSEFC=,SMBC 3 16分 =5V5 .17 分 解法二：(1)同解法一 AB=6k,AD=7k,AC=10k(k>0) (2) 如图所示，延长线段AD使得AD=DE,连接CE,BE, 则四边形ABEC为平行四边形，即AE=14k. △AEC中 cos∠4CE=4C2+EC2-AE 在 2·AC.EC …6分 _10k+(6k-14k21 2.6k.10k 7分 2π ∠ACE∈(0，π) ∠ACE= 又 因 为 所 以 .8分 ∠BAC= 可 得 3 … 9分 (3)因为 而肝+5-月 1612,121 1 a.b-a +b-a.b=- 所以4”29 4 2 参考答案第8页 所以 -36k2+50k2-15k2=-1 可得 k2=1则k=1 …12分 所以AB=6,AC=10 Se-x6x10xsin=153 1 3 .13分 AE=2 因为AD,BF是中线，所以E是△ABC的重心，所以ED ….14 分 1 1 Sa边t形EDcr=Sa4Bc-Sa4Br-SaDE=Sa4Bc2Sa4Bc S 6 MBC= SAABC 3 16分 于是四边形EDcr=5V3 ..17 分 19.解(1)如图，取PD的中点为F,因为EF是△PAD的中位线1 分 EF=AD=CN 故EFI∥ADI∥CN且 2 ,于是四边形是平行四边形，即有EN∥CF3分 FCc平面PCD EN丈平面PCD ENI∥平面PCD 又因为 ,所以 4 分 (注：没写EN不在平面内扣1分) P B B M M D 第(1)题图 第(2)题图 (2)由翻折可知PA=PN,取AN的中点为G,于是PG⊥AW 参考答案第9页 因为平面PAN⊥平面ANCD,平面PANO平面ANCD=AW,PGC平面PAN,所以 PG⊥底面ANCD,即PG⊥GD. 6分 ZGND=2,NG=1,D=2,于是GD=V6 有 有PG=1.PD=VPG+GD2=V6 7分 易得△PGD≌APGC,于是PD=PC=V6,且PN=V2 故△PND是直角三角形，Snw=V2 1 1 设点C在平面上的投影为C',根据等体积，有3 2 SAPND·CC'=SACD·PG 3 CC=1x1x1 即3 3 CC'=2 ,解得 9分 in0=CC:_3 于是 PC 6 10分 (注：若用坐标法，答案正确可给满分) B 0 M D M 第(3)题图① 第(3)题图② (3)设P在平面上的投影为P',P'到线段MN上的投影为2，连接PO PP 于是=∠PQP' tana= =2 PO 11 分 参考答案第10页 m=√2 设BP'=m=PP',P'卫=x,即xV① 2-m x 根据AMP'Q~△MBN,有2V2②，结合①②解得m=1r二2 2 于是P'与G重叠，即PG⊥底面ANCD 13 取ND的中点为O',因为△NCD是直角三角形，故其外心为点O',即该三棱锥外接球的 的球心O落在底面过点O'所在的垂线上. .14 分 设h=00,根据OP=O=,得r=V-P+0'G=V+0W,且 O'G=V2,0'N=1,解得h=1,此时半径r=V2 16分 8√2π V= 于是该三棱锥外接球的体积 3 17分 参考答案第11页