安徽合肥市六校联考2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

**基本信息** 2026年高一数学期末试卷，覆盖复数、向量、立体几何等核心知识，通过基础选择与综合解答的梯度设计，结合概率统计应用、立体几何动态问题，考查数学抽象、逻辑推理与数据观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数虚部、向量共线、线面关系|基础概念辨析，如斜二测画法面积计算| |多选题|3/18|复数性质、数据方差、正方体动点|多角度考查，如数据特征变换、轨迹长度分析| |填空题|3/15|百分位数、四棱锥体积、向量线性运算|结合图表，如频率分布直方图应用| |解答题|5/77|向量数量积、立体几何证明与线面角、概率统计、解三角形综合|综合性强，如立体几何多问证明、概率实际抽样，体现逻辑推理与数学建模|

2026年春季学期期末考试高一年级数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1.已知复数z满足=+i=2-3i,则z的虚部为( A.4i B.-4 C.-4i D.4 2.已知向量a=(-2,4),6=(2,x),若a116,则a-=( ) A.4W5 B.4V6 C.36 D.27 3.如图，用斜二测画法作出四边形ABCD的直观图为四边形AB'CD,若A'BI1D'C'/x轴， AD1/B'C'/Iy'轴，且AB'=2BC'=2,则四边形ABCD的面积为() D A.2 B.2N2 C.4 D.4V2 4.已知a,B为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，则下列命题错误的是( ) A.若l/a,n⊥a,则m⊥n B.若m⊥o,m⊥B,则allB C.若a⊥B,a∩B=m,nca,n⊥m,则n⊥B D.若l/a,mllB,则allF 5.已知同=2，园=1，ā与方的夹角为2，是与向量a+6方向相同的单位向量，则a在向 3 量a+上的投影向量为( ) A.e B. V3 e c.2 -e D.5 -e 2 7 7 6。已知某随机试验中，事件4，，C发生的率分捌是名，行·分则下列说法正确的 是( A.(AUB)与C是互斥事件，且是对立事件 B.AUBUC一定是必然事件 C.0<P(BUC)≤ D.AUB的概率一定等于05 6 试卷第1页，共4页 7.记a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边，且A=号V3a=4 bsinC,则的△ABC 形状为( A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.锐角或直角三角形 8.在△ABC中，AB=3,若对任意teR,AC-tAB≥2恒成立，则CA.CB的最小值为() A.-9 7 4 0.4 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9.已知复数=2+3i,z2=1-2i,则下列结论正确的是（ ) A.3+22=3+i B.31z2=8-i C.= D. 三在复平面内对应的点位于第一象限 10.若数据x1,x2,·,x0的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是() 10 A数据4x+1,4x2+1,,4xn+1的平均数为13 ∑x=30 10 C.数据3x,3x3,,3x10的方差为12 D. 2x=130 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中，M为BC1的中点，P为线段RD上动 点（包括端点），则下列说法中正确的是() D M A A.三棱锥P-ABD的体积为定值 B.直线BM与直线4C所成角的余弦值为 15 C.AP+MP的最小值为√6+1 D.点Q在正方体表面上运动（包含边界），且MQ1AC,则点Q的轨迹长度为6√2 试卷第2页，共4页 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.样本数据7,8,10,11,23,24,30,35的第40百分位数为 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，且 PA=PB=PC=PD,己知四棱锥的表面积是12，则它的体积为_一一 B 14在△MBC中，AB-2BC-4,ABC-号D,E在边AC所在自线上，且满足AD-号4C, BD⊥BE,则BE= 四、解答题（本大题有5个小题，共77分） 15.(13分)已知平面向量ā与5的夹角为，且4=14同=2. (1)求a-2b的值： (2)若(a+2b)1(2a-),求实数1的值. 16.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD,垂足为 A,PA=AB=4,AC交BD于点O,点M是PD的中点. B4---- (1)求证：OM//平面PAB (②)求证：PD⊥平面ABM, (3)求直线BC与平面ABM所成角的大小. 17.(15分)为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位： 克)，按照[27.5,32.5)，[32.5,37.5)，[37.5,42.5)，[42.5,47.5)，[47.5,52.5]分为5组，其频 试卷第3页，共4页 率分布直方图如图所示. 频率组距 0.075 0.040 888 027.532.537.542.547.552.5重量/克 (1)求图中a的值： (2)估计这种植物果实重量的平均数x和中位数m(同一组中的数据用该组区间的中点值作 代表) (3)已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实.若所取样本容量=40，从该样 本分布在[27.5,32.5)和[47.5,52.5]的果实中，随机抽取2个，求抽到的都是优质果实的概率. 18.（17分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(2a-b)cosC=c.c0sB. (1)求角C的大小： (2)若c=4,△ABC的面积为4v3,求该三角形的周长 (3)若a=5,b=3,CD为∠ACB的平分线，求CD的长. 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，∠BCD=45°，AD=1,BC=√2，PD+CD=4, AD.CD=AD.AB=AD.PD=0,设PD=t,其中0<t<3. D (1)求证：平面PAD⊥平面PCD; (2)若PC=3,求二面角P-AD-B的余弦的取值范围； ③当∠PDCπ时，求三棱锥P-BCD的外接球体积的最小值」 试卷第4页，共4页试卷答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B A D A D AB ABD ABD 12.11 13.4V3 3 14.2W21 15.【详解】(1)a.6=5cosā，五=1x2x-1-- -------3分 a-万=Va-2万=质2-4a6+46=+16-4=5.- 6分 (2):(a+2b)1(a-五)， (ā+2b)(a-b)=a2+2-1元.6-2b2=0, 9分 :l园=1,5=2，a.6=1,+2元-18=0， ----12分 解得1=3. 13分 16.【详解】(1)证明：因为底面ABCD是正方形，AC,BD为对角线，所以O为BD中点， 又点M是PD的中点，所以OM/IBP 又OMa平面PAB,BPc平面PAB,所以OMI/平面PAB.-- --4分 (2)证明：因为PA⊥平面ABCD,AD,BAC平面ABCD, 所以PA⊥BA,PA⊥AD,且△PAD为直角三角形 因为底面ABCD是正方形，所以BA⊥AD 又PA,ADC平面PAD,PAOAD=A,所以BA⊥平面PAD, 因为PDC平面PAD,所以BA⊥PD. 在RtAPAD中，PA=AD=4,点M是PD的中点，所以AML PD 又BA,AMC平面ABM,BAOAM=A,所以PD⊥平面ABM.---------10分 (3)正方形ABCD中，ADI/BC, 所以直线AD与平面ABM所成角即为直线BC与平面ABM所成角，-------·12分 又PDL平面ABM,所以∠MAD即为直线AD与平面ABM所成角，也即直线BC与平面 ABM所成角 在Rt△PAD中，PA=AD=4,点M是PD的中点，所以AM⊥PD,AM=MD, 所以MAD=T 4 试卷第1页，共5页 故直线BC与平面ABM所成角为 --15分 4 16.【详解】(1)由图知，组距d=5,由5×(0.020+0.040+0.075+a+0.015)=1,得a=0.050. ---3分 (2)各组中点值和相应的频率依次为： 中点值 30 35 40 45 50 频率 0.1 0.2 0.375 0.25 0.075 所以x=30×0.1+35×0.2+40×0.375+45×0.25+50×0.075=40, 6分 果实重量在[27.5,32.5)的频率为0.02×5=0.1， 果实重量在[27.5,37.5)的频率为0.1+0.04×5=0.3， 果实重量在[27.5,42.5)的频率为0.3+0.075×5=0.675， 所以中位数m满足关系37.5<m<42.5, 由0.3+m-375x0,375=05,解得m=241. 6 (3)由已知，果实重量在[27.5,32.5)和[47.5,52.5]内的分别有4个和3个， --------------------·11分 分别记为A,A,A,A4和B,B2,B, 从中任取2个的取法有： A4,A4,44,AB,4B,4B3,44, AA:AB,AB,AB3:AA:AB,4B, AB3,A4B,A,B2,A4B3,BB2,BB3,B2B,共21种取法， 其中都是优质果实的取法有BB,BB3,B2B3,共3种取法， 所以抽到的都是优质果实的概率P=3=」 217 ---------------·15分 18(15(②12B155 【详解】(1)解：因为(2a-b)cosC=c cos B, 试卷第2页，共5页 由正弦定理，可得(2sinA-sinB)cosC=sin CcosB, 整理得2 sin AcosC-sin BcosC=sin CcosB,---- 2分 所以2 sin AcosC=sin CcosB+sin BcosC,即2 sin AcosC=sin(B+C), 又因为A+B+C-元，可得sin(B+C)=sinA,所以2 sin AcosC=sinA, 圆为AE0,D,可得nA>0,所以2cosC=1,即cosC行 4分 又因为C∈(0，四，所以C=3.--- -------·5分 (2②)解：由(1)知：C-号且△1BC的面积为45， 可得absinC=b×5-45,可得b=16,-- 7分 22 因为c=4,由余弦定理知c2=a2+b2-2 ab cosC, 可得16=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab=(a+b)2-3×16,可得(a+b)2=64, 解得a+b=8, 10分 所以△ABC的周长为a+b+c=8+4=12.----- --·11分 (3)解：因为CD为∠4CB的平分线且C-否，可得∠ACD=∠BCD=若 由S△ABc=SAACD+SBcD,---- 13分 可得wsnc=b.cnnm 2a-CD-sin 6 15分 6 整理得2CD-15W5,所以cD=15W5 17分 8 19(1)证明见解析 【详解】(1)(1)因为AD.CD=ADAB=ADPD=0,所以AD⊥CD,AD⊥AB,PDL AD 则 CD∩PD=D且CDC平面PCD,PDC平面PCD, 所以AD⊥平面PCD, 又因为ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面PCD.----------- 4分 (2)由AD⊥CD,PD⊥AD,知二面角P-AD-B的平面角即为∠PDC.------5分 在△PDC中，PC=3,PD=t,CD=4-t,则由余弦定理得 试卷第3页，共5页 cOS∠PDC= +4=0-941r 7 7分 2t(4-t) -2t2+8t 在△PcD中，-4-)<3且(4-刊-t<3,结合0<t<3,可得1e3, 20-=2g-2-8=-8- 7 所以-2-8x 6小所以1 所以os∠P0C的范周是专) 即二面角P-AD-B的余弦的取值范围是 9分 (3) D C B 设△PCD和△BCD的外接圆圆心分别为E和F, 则球心为过点E和F且分别垂直于平面PCD、平面BCD的两直线的交点G, 在△PCD中，因为∠PDC=120°，由余弦定理得PC=Vf2-4t+16, 再由正弦定理得△PCD的外接圆半径5=PE= PC 2-4t+16 -------11分 2sin120° 3 在△BCD中，由余弦定理得BD=VP-6t+10, 再由正弦定理得△BCD的外接圆半径5=CP= BD P-6t+10 ---------13分 2sin45° 2 过点F作FH⊥CD于H,连接EH,设PG=R,显然四边形GFHE为矩形， 所oE=Gs=6r:Q四发---9 即R2=2+ 〔9--+16，-8+10r-16 3 2 4 所以R2=7-28+76-7g-2y+4,- -----------15分 12 12 试卷第4页，共5页 故当t=2时，R2取得最小值，即R=2, 此时三楼锥P-BCD外接球的体积最小值为4=32L,此时AB=2 3 3 ------------------------------------------------,17分 试卷第5页，共5页■ 报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 回然回 2026年春季学期期末考试高一年级数学答题卡 可 姓名： 班级： 考场/座位号： 贴条形码区 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场填写清楚，并认真核对 条形码上的姓名和准考证号。 2.选择题部分请按题号用2B铅笔填涂方框，修改时用橡皮擦干净，不 (正面糊上，切勿贴出虚线方框) 留痕迹。 3.非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，否则作答 无效。要求字体工整、笔迹清晰。作图时，必须用2B铅笔，并描浓。 正确填涂 ■ 缺考标记 4.在草稿纸、试题卷上答题无效。 5.请勿折叠答题卡，保持字体工整、笔迹清晰、卡面清洁。 客观题(1~8为单选题；911为多选题 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][c][D] 2[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][c][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][c][D] 5[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 填空题 12. 13 14. 解答题 15. I 囚囚■ 第1页共4页 ■ P 16. :>D 17. 囚囚■ a 第2页共4页 ■ 18. I I 1 1 I ■ ㄖ■ㄖ 第3页共4页 逆并逆熊 ■ 囚■囚 a ☑ 61 d 口 0 2026年春季学期期末考试高一年级数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 2．已知向量，若，则（   ） A． B． C． D． 3．如图，用斜二测画法作出四边形的直观图为四边形，若轴，轴，且，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 4．已知为两个不同的平面，，为两条不同的直线，则下列命题错误的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．已知，与的夹角为，是与向量方向相同的单位向量，则在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 6．已知某随机试验中，事件，，发生的概率分别是，，，则下列说法正确的是（   ） A．与是互斥事件，且是对立事件 B．一定是必然事件 C． D．的概率一定等于0.5 7. 记 ，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（   ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角或直角三角形 8．在中，，若对任意，恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知复数，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．在复平面内对应的点位于第一象限 10. 若数据的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是（   ） A. 数据的平均数为13 B. C. 数据的方差为12 D. 11．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与直线所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．样本数据7，8，10，11，23，24，30，35的第40百分位数为_______. 13. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，且，已知四棱锥的表面积是，则它的体积为_______. 14. 在中，在边所在直线上，且满足，，则_______. 四、解答题（本大题有5个小题，共77分） 15．（13分）已知平面向量与的夹角为，且． (1)求的值； (2)若，求实数的值． 16．（15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，垂足为，，交于点，点是的中点． (1)求证：平面． (2)求证：平面． (3)求直线与平面所成角的大小． 17．（15分）为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：克），按照，，，，分为5组，其频率分布直方图如图所示． (1)求图中的值； (2)估计这种植物果实重量的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (3)已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实．若所取样本容量，从该样本分布在和的果实中，随机抽取2个，求抽到的都是优质果实的概率． 18．（17分）在中，角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求该三角形的周长 (3)若，，为的平分线，求的长． 19．（17分）如图，在四棱锥中，，，，，，设，其中. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B A C D A C C D AB ABD ABD 12．11 13． 14． 15． 【详解】（1） 3分 ． 6分 （2）， ， 9分 ， 12分 解得． 13分 16．【详解】（1）证明：因为底面是正方形，，为对角线，所以为中点， 又点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 4分 （2）证明：因为平面，，平面， 所以，，且为直角三角形. 因为底面是正方形，所以. 又，平面，，所以平面， 因为平面，所以. 在中，，点是的中点，所以. 又，平面，，所以平面. 10分 （3）正方形中，， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 12分 又平面，所以即为直线与平面所成角，也即直线与平面所成角. 在中，，点是的中点，所以，， 所以. 故直线与平面所成角为. 15分 16． 【详解】（1）由图知，组距，由，得． 3分 （2）各组中点值和相应的频率依次为： 中点值 30 35 40 45 50 频率 0.1 0.2 0.375 0.25 0.075 所以， 6分 果实重量在的频率为， 果实重量在的频率为， 果实重量在的频率为， 所以中位数满足关系， 由，解得． 9分 （3） 由已知，果实重量在和内的分别有4个和3个， 11分 分别记为和， 从中任取2个的取法有： ， ， ，共21种取法， 其中都是优质果实的取法有，共3种取法， 所以抽到的都是优质果实的概率． 15分 18.(1) (2) (3) 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理，可得， 整理得， 2分 所以，即， 又因为，可得，所以， 因为，可得，所以，即， 4分 又因为，所以. 5分 （2）解：由（1）知：且的面积为， 可得，可得， 7分 因为，由余弦定理知， 可得，可得， 解得， 10分 所以的周长为. 11分 （3）解：因为为的平分线且，可得， 由， 13分 可得， 15分 又因为，可得， 整理得，所以. 17分 19(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）（1）因为，所以，则 且平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 4分 （2）由，知二面角的平面角即为. 5分 在中，,，则由余弦定理得 ， 7分 在中，由且，结合，可得， 故， 所以，所以， 所以的范围是， 即二面角的余弦的取值范围是. 9分 （3） 设和的外接圆圆心分别为和， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 在中，因为，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 11分 在中，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 13分 过点作于，连接，设，显然四边形为矩形， 所以.所以， 即， 所以， 15分 故当时，取得最小值，即， 此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时 17分 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $题号 人数 填空 13 15 13 16 18 17 1 18 16 19 17 总数 93