精品解析：福建泉州市2025-2026学年下学期期末高一参考试题数学(A卷)

2025—2026学年度下学期期末高一参考试题 数 学 (A卷) 2026.07 本试卷共19题，满分150分，共4页.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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数满足，则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为900，其中男生的人数为500，若女生抽取的人数为20，则男生抽取的人数为（ ） A. B. C. D. 4. 若一列数的中位数是，则该列数的第百分位数是（ ） A. B. C. 或 D. 5. 具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质点受到两个力和的作用，已知与的夹角为，N，则与的合力大小为（ ） A. 20N B. N C. N D. N 6. 已知复数满足条件，则的最小值为 （ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知点是的重心，且，．若三点共线，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，．若在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 四名同学各自进行次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中环的是（ ） A. 中位数为，众数为 B. 平均数为7，众数为 C. 中位数为，极差为 D. 平均数为，方差为 10. 欧拉公式是虚数单位巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 复数的模等于 D. 11. 如图，在正四棱台中，，，()，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面平面 C. 当时，直线与平面所成的角最大 D. 存在，使得平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则的虚部为______. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为______. 14. 已知非零向量满足，且对任意实数，．则在上的投影向量的模的最小值为______. 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. 如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且． （1）求直线与所成的角的余弦值； （2）若平面与平面的交线为，证明：． 16. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，求． 17. 某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分100分)，共收集统计了1 000份问卷，并将满意度得分按区间，，，，，分为六组，绘制如下频率分布直方图： （1）补全频率分布直方图； （2）将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为．统计得到老年人的满意度平均数为，方差为，中年人的满意度方差为，年轻人的满意度平均数为，方差为． （i）估计该地中年人的满意度平均数； （ii）估计该地市民的满意度方差． （参考数据：） 18. 若内的点满足，则称为的布洛卡点．记的内角所对的边分别为，已知． （1）若，证明：的内心为布洛卡点； （2）已知为的布洛卡点． （i）若，求； （ii）若，证明：． 19. 如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）点在上，若二面角的正切值为． （i）求； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期期末高一参考试题 数 学 (A卷) 2026.07 本试卷共19题，满分150分，共4页.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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标表示求解． 【详解】因为，所以. 2. 在复平面内，复数满足，则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】解法一：，所以复数对应的点为， 故对应的点在第四象限． 解法二：因为，结合，所以， 故对应的点在第四象限． 3. 某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为900，其中男生的人数为500，若女生抽取的人数为20，则男生抽取的人数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的抽样方法，先计算抽样比，根据抽样比确定抽取的男生人数． 【详解】因为高一年学生的人数为，其中男生的人数为，所以女生的人数为， 因为采用比例分配的分层随机抽样，设男生抽取的人数为， 所以，解得． 4. 若一列数的中位数是，则该列数的第百分位数是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过中位数和百分位数的定义求解. 【详解】因为的中位数为，所以，故这一列数为， 又，所以第百分位数是这一列数中的第个数，为． 5. 具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质点受到两个力和的作用，已知与的夹角为，N，则与的合力大小为（ ） A. 20N B. N C. N D. N 【答案】C 【解析】 【详解】因为与的夹角为，， 所以， 即合力为． 6. 已知复数满足条件，则的最小值为 （ ） A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】 由复数满足条件，即， 得复数表示的点在以为圆心，半径为的圆上． 而的几何意义为原点到圆的点的距离． 的最小值为圆的圆心与原点的连线段的长度减去半径， 圆的圆心与原点的连线段的长度为， 则的最小值为，故选项C正确． 7. 已知点是的重心，且，．若三点共线，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过重心定义以及均值不等式求解. 【详解】 因为点是的重心，所以， ，又，，所以， 因为三点共线，所以， 因此，当且仅当时，等号成立， 即的最小值为. 8. 在三棱锥中，，，．若在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在中，，， 由余弦定理得：，即， 取中点，连接并延长至，使得， 即是的外接圆圆心且． 在中，因为，所以，所以， 因此的外接圆圆心为点． 连接，显然，同理，所以是二面角的平面角． 在直角中，，由勾股定理得， 又，所以 ，所以， 所以平面⊥平面，又，平面， 由点是的外接圆圆心，即球心在直线上． 又是的外接圆圆心，即球心也在过点且垂直于平面的直线上， 两条垂线的交点为点，所以是三棱锥的外接球球心． 所以球的半径，球的表面积为． 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 四名同学各自进行次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中环的是（ ） A. 中位数为，众数为 B. 平均数为7，众数为 C. 中位数为，极差为 D. 平均数为，方差为 【答案】CD 【解析】 【分析】举特例，结合中位数、众数、平均数、极差以及方差公式逐一分析即可． 【详解】对于A，若有环，则只能出现在第4或5位，则命中环数可以是， 符合中位数为，众数为，所以可能命中过环，故A错误； 对于B，若有环，可设环数为，，，，，(，)， 则，即，可取，，即可能命中过10环，故B错误； 对于C，若有环，则命中环数最小为7环，则中位数不可能为，所以一定没有命中过10环，故C正确； 对于D，若有环，则设环数由小到大排序为， 则，所以一定没有命中过环，故D正确． 10. 欧拉公式是虚数单位巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 复数的模等于 D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A选项，，，故A选项正确； 对于B选项，，故B选项正确； 对于C选项，解法一：， 解法二：， 所以，故C选项错误； 对于D选项， ，故D选项正确． 11. 如图，在正四棱台中，，，()，则（ ） A. 三棱锥的体积是定值 B. 当时，平面平面 C. 当时，直线与平面所成的角最大 D. 存在，使得平面平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，连结交于点，连结，先证明平面，可得上任意一个点到平面的距离都相等，再结合棱锥的体积公式判断即可；对于选项B，解法一：先得到四边形为梯形，则与一定相交，进而判断即可；解法二：先假设平面平面，进而推出矛盾即可判断；对于选项C，过点作平面，垂足为，可得直线与平面所成的角为，分析可得要达到最大，只要达到最小，此时，进而求解判断即可；对于选项D，结合勾股定理可得，再结合C分析可得存在，使得，可得平面，进而判断即可. 【详解】对于选项A，如图1，连结交于点，连结， 在正四棱台中，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以上任意一个点到平面的距离都相等，即三棱锥的体积是定值． 因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积是定值，故A选项正确； 对于选项B，若，则点运动到点， 解法一：如图2，在正棱台中，因为，， 所以四边形为梯形，所以与一定相交， 即平面与平面相交，故B选项错误； 解法二：假设平面平面， 因为，所以四点共面， 因为平面平面，平面平面， 所以，显然矛盾，故B选项错误； 对于选项C，如图3，过点作平面，垂足为， 则直线与平面所成角为，所以， 因为是定值，所以要达到最大，只要达到最小，此时． 因为，所以， 故是中点，即，故C选项正确； 对于D 选项，因为，所以梯形的高为， 故，所以，则． 由C选项可知， ，所以， 则三角形是等腰三角形，即是锐角， 又因为是钝角，所以必然存在点，使得是直角， 即存在，使得，因为平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，故D选项正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则的虚部为______. 【答案】4 【解析】 【分析】设出复数，表示出其共轭复数，根据复数相等求解. 【详解】设，则，所以，解得， 所以的虚部为4. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先将截面在正方体各个面上的交线画出来，并将位于截面下方的几何体的体积计算出来，即可得出答案. 【详解】因为正方体的棱长为2，所以正方体的体积为． 取中点连结，因为且，所以与必相交，分别连结，并延长相交于点， 因为平面，平面，且平面平面， 所以在上，所以，因为， 所以较小部分几何体的体积为． 14. 已知非零向量满足，且对任意实数，．则在上的投影向量的模的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】解法一：设，，则，进而由题意可得，整理为的一元二次不等式，进而可得，求解即可求得在上的投影向量的模的最小值.解法二：由题可设，，，令，可得为轴的动点，可得或，下同解法一. 【详解】解法一：由题可设，，则， 对任意实数，有，即恒成立， 即 对任意实数恒成立， 故，即，即或， 故在直线的上方（含边界）或在直线的下方， 由对称性不妨设在直线的上方（含边界），因为，如图， 在上的投影向量的模的最小值为． 解法二：由题可设，，， ，因为，即，又为轴的动点， 所以点到轴的距离最小值为，即或，下同解法一. 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. 如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且． （1）求直线与所成的角的余弦值； （2）若平面与平面的交线为，证明：． 【答案】（1） （2）正方形中，， 平面，平面， 平面． 平面，平面平面， ． 【解析】 【分析】（1）先通过平行四边形转化异面直线所成角为，再结合几何体尺寸求出三边长度，最后用余弦定理算出该角余弦值即为异面直线夹角余弦值； （2）先利用正方形对边平行与线面平行判定定理证平面，再根据线面平行的性质定理推出交线. 【小问1详解】 连结， 在长方体中，，， 四边形为平行四边形，． 或其补角为直线与所成的角． 多面体的上面为正四棱锥，下面为长方体，高都为1， 四边形为正方形，设其中心分别为， 连结，则过点，且平面，平面， 连结，则，且， 易得，， ，， 在中， ， 直线与所成的角的余弦值为． 【小问2详解】 略 16. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可利用正弦定理或者余弦定理边角互化对题目所给式子进行化简，根据三角形内角范围得到角的值； （2）利用正弦定理将边的等式转化为角，根据（1）中求出的角的值对式子进行转化，转为关于角的关系式，求值即可． 【小问1详解】 解法一：在中，由余弦定理得： ， 即，因为，所以，即， 因为，所以． 解法二：在中，由正弦定理得： ， 因为，所以， 所以，即，因为，所以． 【小问2详解】 解法一：由（1）知，，因为， 在中，由正弦定理得：， 整理得，即． 又，故；所以，即， 则． 解法二：如图过作于，因为， 在中，，在中，，所以， 因为，所以， 即，因为，所以， 因为，所以，所以． 17. 某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分100分)，共收集统计了1 000份问卷，并将满意度得分按区间，，，，，分为六组，绘制如下频率分布直方图： （1）补全频率分布直方图； （2）将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为．统计得到老年人的满意度平均数为，方差为，中年人的满意度方差为，年轻人的满意度平均数为，方差为． （i）估计该地中年人的满意度平均数； （ii）估计该地市民的满意度方差． （参考数据：） 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）先根据矩形面积之和为1，求出得分在范围内的矩形高度，进而补全频率分布直方图. （2）（i）根据分层抽样均值的计算公式求解. （ii）根据分层抽样方差的计算公式求解. 【小问1详解】 设得分在对应的矩形高度为，则 由，得， 补全频率分布直方图，如图所示． 【小问2详解】 （i）因为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为，所以老年人、中年人、年轻人分别收集300份，300份，400份调查问卷， 设总样本平均得分为，方差为，则由频率分布直方图得： ． 老年人的满意度平均得分为，方差为，中年人的满意度平均得分为，方差 为，年轻人的满意度平均得分为，方差为， 因为，所以， 用样本估计总体，可以估计该地中年人的满意度的平均数为. （ii）因为 . 用样本估计总体，可以估计该地市民的满意度方差为． 18. 若内的点满足，则称为的布洛卡点．记的内角所对的边分别为，已知． （1）若，证明：的内心为布洛卡点； （2）已知为的布洛卡点． （i）若，求； （ii）若，证明：． 【答案】（1）在中，若，则由正弦定理可得：， 又因为，所以，即. 代入，可得，即， 所以为等边三角形． 若点是的内心，则分别是角平分线， 即，所以点是的布洛卡点． （2）（i） （ii）法一：若，则，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得：，即， 所以，① 在中，由正弦定理得：，即， 所以，② 由①②得：． 法二：若，则，所以， 在中，， 由正弦定理得，，即， 在中，， 由正弦定理得：，即， 由得：，即． 法三：若，则，所以， 设，则，， 在中，由正弦定理得：，即， 在中，由正弦定理得：，即， 上面两式相除得：， 化简得：， 因为，所以， 所以为等边三角形， 显然满足． 【解析】 【分析】（1）由已知结合正弦定理可得为等边三角形，结合点是的内心，可得结论； （2）（i）法一：由已知可求得，设，在中，由正弦定理得：，可求得；法二：由已知可求得，设，在中，由正弦定理得：，可求得；（ii）法一：若，设，可得，在，中利用正弦定理可证结论.法二：在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，进而计算可得结论.法三：若，设，在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，进而计算可证结论. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 （i）法一：因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 又，所以，即为直角三角形， 所以． 当点为的布洛卡点时，设， 则， 在中，， 在中，由正弦定理得：，即， 解得：． 法二：因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 又，所以，即为直角三角形， 所以． 当点为的布洛卡点时，设， 则， 在中，， 在中，由正弦定理得：，即， 所以，即， 化简得：， 即． （ii）略. 19. 如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）点在上，若二面角的正切值为． （i）求； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接，交于点，连结． 由，且，则四边形是菱形， 则，且点是的中点，所以，， 又，则为等边三角形，所以， 所以， 又，则，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）先根据菱形的性质证明，再根据等边三角形的性质，及勾股定理证明，进而根据线线垂直，线面垂直的性质即可证明结论； （2）（i） 解法一：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据相似三角形的性质，余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； 解法二：先确定二面角的平面角，根据余弦定理，勾股定理证明，再设，，从而根据相似三角形的性质，及余弦定理，得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； 解法三：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，再根据勾股定理，余弦定理，及求出的值，进而根据求出即可． 解法四： （i）结合（1），以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，（），从而求出平面的法向量，再结合平面的法向量，根据二面角的向量求法求出的值即可； （ii）结合（i）得到，再求出平面的法向量，再根据直线与平面所成角的向量求法即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i） 解法一：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为点，连结． 由，且平面，所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，即， 设，（）， 则，， 又，所以，， 由（1）和均为边长为的等边三角形， 在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 又，所以，所以， 所以， 所以在中，由正弦定理有， 即，即， 所以， 所以，解得，即． 解法二：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结． 由，且平面，所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，所以， 在中，，，， 则由余弦定理得，即， 则，所以，所以， 设，（），则， 又，所以，， 过点作交于点，则， 又是的中点，则是的中点，所以， 又，则， 又在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 所以，所以， 又，则，所以， 所以，解得， 即． 解法三：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结． 由，且平面，所以平面． 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面． 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，所以． 设，（），则，， 又，所以， 在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 所以，所以， 所以， 所以在中，由正弦定理有，即， 所以， 所以， 所以，解得，即． （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则． 又结合（i）有，即是的中点，即， 在中，有，，则， 在中，有，，，则， 所以在中，， 所以在中，， 在中，有，，， 则到边的高为，所以， 又在中，， 又，即， 所以，所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 解法四： （i）由（1）可知，，，两两垂直， 则以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由，，则，，， 在中，由余弦定理有，即， 则，所以， 结合（1）有，， 则，，，， 所以，，， 设，（），则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，即， 显然，是平面的一条法向量， 设二面角的平面角为， 又二面角的正切值为，则，则， 所以， 整理得，解得，或（舍去），即． （ii）结合（i）可知，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，即， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $