黑龙江佳木斯市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 高一下期末数学试卷覆盖复数、向量、立体几何等核心内容，以“天宫课堂”抽样调查、数学竞赛成绩分析等现实情境为载体，通过分层设问（如立体几何动态问题、解三角形多问探究）考查数学眼光、思维与语言，适配高一学段能力要求。 **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、分层抽样等|第2题结合“天宫课堂”情境，考查数学眼光| |多选题|3/18|统计图表、向量命题|第9题扇形图与条形图结合，考查数据意识| |填空题|3/15|样本分位数、空间距离|第13题直二面角距离计算，考查空间观念| |解答题|5/77|立体几何基底、统计方差等|19题多问设计（证明、外接球轨迹、线面角最值），考查推理能力与创新意识|

佳一中2025—2026学年度高一下期末考试 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题(本题共有8个小题，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．若复数满足，则的虚部为（   ） A．1 B． C． D． 2．某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人，则抽取的学生中，高一年级有（    ） A．40人 B．36人 C．30人 D．24人 3．已知向量，向量，则实数x等于 A．9 B．4 C．0 D． 4．已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．如图，在四面体OABC中，为BC的中点，，且为OG的中点，则（    ） A． B． C． D． 6．在中，，则这个三角形一定是（     ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 7．如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二 .多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。(在每小 题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的。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．（多选）某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（    ） A．该校高一学生总数为 B．该校高一学生中选考物化政组合的人数为 C．该校高一学生中选历史的占50% D．该校高一学生随机抽取一学生，该学生选考物理与选考地理的可能性相同 10．（多选）下列四个命题为真命题的是（   ）． A．若,则为钝角三角形 B．若向量，，则在上的投影向量为 C．已知向量，则C= D．已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”必要不充分条件 11．（多选）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（    ） A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值 B．若平面，则AQ的最小值为 C．若的外心为M，则为定值2 D．若，则点Q的轨迹长度为 三.填空题：本题共3小题，共15分 12．样本数据13,10,14,24,20,15,22,14的上四分位数为_________． 13．已知直二面角，点，，为垂足，点，，为垂足，若，，则到平面的距离等于_____． 14．在平面四边形中，__________；若为边上的动点，且，则的取值范围为__________. 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．如图在平行六面体中，，.令，，，以为基底，解决下列问题： (1)用、、表示向量，并求； (2)求直线和夹角的余弦值. 16.某市举行了数学竞赛选拔考试，参加的学生众多，为了解本次考试的成绩分布情况，抽取出100名学生的成绩进行分析，绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)求a的值，并估计样本中成绩低于65分的人数 (2)估计这100名学生成绩的平均数和第85百分位数； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取40人，若成绩在中的平均数和方差分别为62和40，成绩在中的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这两组成绩总体的方差． （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m，，；n，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差 17．如图，在四棱台中，，，；，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 18．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的中点为． (1)求； (2)若，求内切圆面积的最大值； (3)若为锐角三角形，，求线段的取值范围． 19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，，，，点E，F分别为棱，的中点，G为线段上一动点（含端点）. (1)证明：平面； (2)若，点Q是三棱锥的外接球上一动点，求的取值范围； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，，求的最大值. 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《佳一中2025—2026学年度高一下期末考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A A A D A D AD ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据复数的运算与复数的概念求解即可. 【详解】由题意得，， 所以复数的虚部为. 故选：C. 2．D 【分析】确定高一、高二、高三的人数比，由分层抽样特征即可求解； 【详解】由题意可知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人， 则高一年级，高二年级与高三年级的学生人数比为， 根据分层抽样的特征可知，抽取的学生中，高一年级有人， 故选：D 3．A 【分析】算出的坐标利用可得的值. 【详解】，又，故，所以，故选A. 【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用 ；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是. 4．A 【分析】运用面面垂直判定定理可判断A，借助长方体举反例可判断BCD. 【详解】对于A，若，，则，且，则.故A正确. 对于B,如图所示，，，，，此时，故B错误.    对于C, 如图所示，，， ，，此时异面，故C错误.      对于D, 如图所示，，，，，此时，故D错误.    故选：A． 5．A 【分析】根据空间向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意， , 故选：A 6．D 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到或，得到三角形形状 【详解】，由正弦定理得， 故， 又， ， 所以， 所以， 即，所以或， 由得或（舍去）， 由得， 故这个三角形一定是等腰或直角三角形 7．A 【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解. 【详解】延长至点，使，连接，，． 因为是母线的中点，所以， 所以为异面直线与所成的角（或补角）． 由题意知，，又是的中点，所以， 所以在中，． 因为， 所以，所以． 在中，， 则由余弦定理得， 故选：A． 【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量. 8．D 【分析】通过面面垂直确定球心的大致位置，在直角三角形中利用勾股定理可求球的半径，结合表面积公式可得答案. 【详解】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 9．AD 10．ABD 11．ABD 【分析】由题易证得面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D. 【详解】对于A，因为，又因为面， 面，所以面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确； 对于B，取的中点分别为，连接， 则易证明：，面，面，所以面， 又因为，，面，面，所以面， ，所以平面面，面，所以平面 当时，AQ有最小值，则易求出 ，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确； 对于C，若的外心为M，，过作于点， 则.故C错误； 对于D，过作于点，易知平面， 在上取点，使得，则， 所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动， 又因为所以，则圆弧等于，故D正确. 故选：ABD. 12．21 13．/ 【分析】由直二面角得到、，根据勾股定理得到，，求出，求出，求出，设点到平面的距离为，由计算出则. 【详解】直二面角，棱为， 因为，，，， 所以，，，，， ，， ，， ， ， 所以， 因为， ，所以平面， 即是三棱锥的高，且， ，故， 在Rt中，， ， 设点到平面的距离为， ，则，解得 ， 即. 14． 【分析】由可知平面四边形是平行四边形，由可知四边形是菱形且边长为2，由可知，即可求出相关的角度和长度，再利用向量极化恒等式，即可求解. 【详解】如图，设交于，.不妨设点到点的距离大于点到点的距离， 因为且 ， 所以平面四边形是平行四边形， 设，所以， 所以， 所以，则平面四边形是菱形， 又，所以， 所以，又，则， 所以， 所以， 设的中点为，则， 所以， 又易知的最小值为，最大值为， 所以的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为. 故答案为：， 15．（1）， 由已知可得，， 因此，. (2) 【分析】（2）利用平面向量的数量积求两条直线夹角的余弦. 【详解】 （2）因为， 且 ，所以； ，所以； 且 ， 所以 . 即直线和夹角的余弦值为. 16．(1) 20 (2)平均数为69.5，第85百分位数为80． (3)． 【分析】（1）根据各组频率之和为1即得； （2）根据平均数和中位数的计算公式即可求解； （3）根据分层抽样比，结合总体方差和平均数的计算公式即可求解. 【详解】（1）由图可得，解之可得． （2）根据题意知， ，， 设第85百分位数为x，所以， ，解之可得， 故这100名学生的成绩平均数为69.5，第85百分位数为80． （3）设，中成绩的平均数、方差分别为，，，， 且两组的频率之比为， 则，中成绩的平均数为， 所以，中成绩的方差为 ， 则，中成绩的方差为． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理逆定理证明，进而得到，再结合已知条件证明和，利用线面垂直判定定理即可得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式求解． 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 所以． 因为，所以，即． 又因为，所以． 在中，，，， 因为，所以，即． 又因为，即，且，平面， 所以平面． （2）由（1）知平面，且，故以为坐标原点， 的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系． 则，，，． 因为，，且，所以． 因为四棱台中，，， 所以，所以． 同理，，，所以，． 平面即平面，其一个法向量为． 设平面的法向量为，，， 则，令，则，所以． 设平面与平面的夹角为，则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18．(1)或 (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，对已知条件进行化简，再根据角的范围，判断方程可能得解，求出结果； （2）根据余弦定理解三角形，判断的具体结果，再根据余弦定理和基本不等式求出三角形周长的范围，进而根据内切圆半径的性质求出半径的范围，进而求出面积的最大值； （3）根据三角形形状，判断角的范围，再根据正弦定理和三角形中线的向量性质，进而根据向量的数量积运算率，表示出模长的表达式，进而求出线段长度的范围. 【详解】（1）由题意可知，化简得， 可得，因为，所以， 可得或，解得或. （2）由题意可得，化简得， 所以，所以由（1）可知，可得， 可知，化简得，即，可得. 由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号， 所以，由，解得. 设内切圆半径为，则， 可得，因为， 所以， 因为，所以， 当时，内切圆半径为取得最大值，此时内切圆面积的最大值为. （3）可知，所以， 因为为锐角三角形，所以， 所以， 可知，可得，所以， 因为，所以， 则， 化简得， 因为，由，可得，解得， 所以，可得，所以，即 所以线段的取值范围为. 19．(1)证明： 取PA中点M，连接EM、FM。 FM⊂平面PAF，EC⊂平面PAF，由线面平行判定定理：EC∥平面PAF。 (2) (3) 【分析】 （2）确定三棱锥外接球的球心为，求出及球的半径，即可得出的范围； （3）确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【详解】 （2）连接，， 因为平面，所以， 所以， 又E为的中点，所以， 由平面，平面，所以， 又，， 所以, 所以为三棱锥的外接球的球心，且球的半径， 因为，所以平面，平面， 所以，又， 所以， 所以，即. （3）连接， 由平面，则为直线与平面所成的角，即，所以， 取的中点，连接，则且， 又为中点，所以，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，平面，所以平面， 连接，，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $