广西南宁市宾阳中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

**基本信息** 高一年级数学期末试卷，涵盖立体几何、向量、概率统计等核心知识，通过空间图形、现实情境问题设计，考查空间观念、运算能力与数据意识，适配高一综合素养评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|复数运算、线面关系、斜二测画法|第3题以线面位置关系判断，培养空间想象（数学眼光）| |多项选择|3/18|统计方差、独立事件|第10题结合骰子抛掷分析事件关系，强化逻辑推理（数学思维）| |填空|3/15|向量共线、数据方差|第13题混合数据方差计算，提升数据处理能力（数学语言）| |解答题|5/77|频率分布直方图、三棱柱证明与二面角、概率应用|第15题环保竞赛成绩分析，用数学语言解决现实问题；第16题综合立体几何证明与计算，体现空间观念与运算能力|

宾阳中学年高一年级2026年春季学期期末考试 数学 （全卷满分150分，考试用时120 分钟 ） 一、单项选择题:本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2.已知，，且，则与的夹角为(    ) A. B. C. D. 3．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则，是异面直线 D．若，是异面直线，，，，，则 4．如图，是用斜二测画法得到的直观图，其中，，则的值为（    ） A． B． C． D． 5.一圆台的上底面半径为，下底面半径为，若母线与底面的夹角为，则该圆台的体积为（     ） A． B． C． D． 6．如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（    ） A． B． C． D． 7.已知三棱锥中，点，分别是，的中点，，且直线，所成的角为，则线段的长度为(    ) A. B. C. 或 D. 或 8．在中，点在边上，且满足，点为上任意一点，若实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题:本大题共 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。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．下列说法正确的是（   ） A．已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 B．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 C．数据的平均数为2，方差为4，则数据，的平均数为5，方差为16 D．某校高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出58人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为20人 10．抛掷质地均匀的骰子两次，事件“第一次出现偶数点”，事件“第二次出现奇数点”，事件“两次都出现偶数点”，则（    ） A．A包含C B．A与B相互独立 C．B与C互为对立事件 D．B与C互斥但不对立 11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，（靠近），且，则下列结论中正确的是（    ） A． B．存在点，使得，相交 C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，，若，则______． 13．现有甲、乙两组数据，甲组数据有5个数，其平均数为9，方差为8；乙组数据有10个数，其平均数为6，方差为2．若将这两组数据混合成一组，则新的数据的方差为________． 14.在三棱锥中，，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为          ． 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．为提升同学们的环保意识，某校高一年级举行了一次环保知识竞赛，为了解本次竞赛的情况，随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计分析，绘制了如下的频率分布直方图．    (1)若根据这次竞赛成绩，学校将对成绩前的学生进行表彰，估计获得表彰同学的最低分数；（结果保留1位小数） (2)若采用按比例分层抽样的方法，从得分在，的两组中共抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行座谈交流，求这2人得分均在的概率． 16.如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，侧面面． 求证：面； 求二面角的余弦值． 17.中，． 求角； 若，求周长的最大值． 18．在高中生物实验技能竞赛中，有“植物标本识别”的轮次考核，每轮活动由选手甲、选手乙各识别一份未知的植物标本（识别正确记为成功，识别错误记为失败）.已知甲每轮正确识别植物标本的概率为 ，乙每轮正确识别植物标本的概率为 ，甲、乙的识别结果相互独立，各轮考核的结果也互不影响. (1)求在一轮考核中，甲，乙两人中恰好有一人成功的概率； (2)求在两轮考核中，“竞赛队”（由甲，乙组成）成功识别标本的总次数为3次的概率. 19．如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱的中点． (1)求证：； (2)若，求三棱锥的体积． (3)若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $宾阳中学高一年级2026年春季学期期末考试 数学答案 题号 3 5 6 9 10 11 答案 C C BCD ABD ACD 6.【详解】：AB⊥平面BCD,BCC平面BCD,BDC平面BCD,∴AB⊥BC,AB⊥BD: 由在楼顶A处观察C的俯角为30°，观察点D的俯角为60，得∠ACB=30°，∠ADB=60°. AB=10W5,在RIAABC中，BC=AB 10W3 tan∠4CB tan.30° 30 在Rt△ABD中，BD= AB 103=10 tan∠ADB tan60° ∠CBD=120°， .在△BCD中，由余弦定理得 CD2 BC2+BD2-2BC.BD.Cos/CBD=302+102-2x30x10x cos120=1300..CD=10/13 7.取BC的中点G,连接EG、FG,则LEGF(或其补角)为BD、AC所成的角， BD、AC所成的角为60， E .LEGF=60°或120 .BD AC=2, D ..EG=FG=1, ·∠EGF=60时，EF=1: LEGF=120时，EF=√1+1-2×1×1×cosl20=√3.EF=1或EF=√3.故选：D. 8由BD=寻BC,可得Bi=xBA+BC=BA+4yBD, 由A,E,D三点共线可得x+4y=1,且x>0,y>0, 2任+4=2-1g6+64 x y Vx y ，当且仅当8y-,即x=2y=5-1时等号成立， x y B D 所以2+的最小值为6+4N5.故选：C x v 答案第1页，共6页 9.【详解】A选项，由1+2++6+7=4得m=4, 5 根据方差公式F-0-4矿+(2-护+(4-+6-+0-4门-”-52≠5，放A项错 误； B选项，将数据从小到大排序可得12,14,15,17,19,23,27,30， 由i=8×70%=5.6不是整数， 所以第70百分位数是排序后第6个数，即23，故B项正确 选项C:数据2x+1,2x+1,2x+1,…,2x,+1的平均数为2×2+1=5， 方差为22×4=16，故C正确. D选项，由题意知，抽样比 40020,则从高二年级抽取人数为360× 201 =18, 20 设高三年级学生中抽取的人数为x,则x+20+18=58,解得x=20,故D项正确； 10.【详解】由题意可知A=ABUAB,B=AB UAB,C=AB, 且P④-8)8P988号 对于A,由上可知A包含C,故A正确； 对于B,Pa名名行p4时时 8)=)×,=,故PAB)=P(4P(B),故B正确； 对于C和D,设事件D=“抛掷质地均匀的骰子两次”，则D=ABUABUABUAB, 故由B=ABUAB和C=AB知B与C互斥但不对立，故C错误，D正确.故选：ABD 11.【详解】A.连接BD,由正方体的结构特征可知，DD⊥AC,BDLAC,又BD∩DD=D, BD,DDC平面BDDB1,AC⊥平面BDDB,则AC⊥BF,故选项A正确； B B B.因为AB,B,D是异面直线，所以AF,BE是异面直线，所以不存在点E,F使得AF,BE 相交，所以选项B错误； 答案第2页，共6页 C点A到平面BDDB的距离为二，ABBF的面积为定值，：三棱锥A-BEF的体积为定值， 2 故选项C正确： D.连接AB,AD,BD,得到三棱锥B-ABD,把三棱锥底面ABD展开，使它和平面BBD在 同一个平面，AB交RD于点F,此时AF+BF取最小值，由于△ABD是等边三角形，所 以∠ABD,=60°，因为∠BBD=90°，所以∠ABB=150°，又AB=V2,BB,=1,由余弦定理得 AB=√2+1-2x√2x1×cos150=V3W6.故选项D正确 B D B D 12.0【详解】因为向量a=(3,1),b=(1,2),所以c=ka-b=(3k-1,k-2), 又/，则2×(3k-1)-1×(k-2)=0,解得k=0. 13.6【详解】甲组平均数x=9,乙组平均数y=6, 混合后的平均数：三-5×9+10x6_45+607, 5+10 15 甲组方差s=8,乙组方差5=2， 2= +(区-]+10s+(-】 58+9-7]-92+6】6 15 15 13.1【解析】取BD的中点M,连接MA,MC,由AB=AD=BD=2,得MA1BD, 因为平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,MAC平面ABD, 所以AMI平面CBD, 又BC=CD=√2，BD=2,故ABCD为等腰直角三角形，故MB=MC=MD, 因此外接球的球心O在AM上， 连接OB,易得AM=号AB=V3,BM=号BD-1, 答案第3页，共6页 设外接球的半径为R,则0B=R=VMB2+OM=A0→、12+(W了-R)2=R, 解得R-号，故表面积为红=红×考 3 15.(1)由于0.1+0.15+0.2+0.3=0.75<0.8,0.1+0.15+0.2+0.3+0.15=0.9>0.8， 所以第80百分位数在区间80,90)中，第80百分位数为80+10x0,8-075 83.3， 0.9-0.75 所以获得表彰同学的最低分数为83.3分 2)®090)与P010]的频率之比为05-多，所以5人中有3人得分在S00,记为a, 42,a4,有2人得分在[90,100]，记为b,b.设事件A=“座谈交流的2人得分均在[80,90)”， 由于2={a4,a4,ab,4b,44,ab,ab2,ah,4b,bb}，A={4a,a44,a4}, 所以P(=”L3 n(@)10 16.【答案】解：()由菱形AACC可得AC11AC, 面AAC,C1面ABB,A1,面AAC1C∩面ABB,A1=AA1, 又正方形ABB,A,中A,B11AA1, ·A,B,1面AA,C1C,又AC1C平面AACC, ..AjB:1 AC, AB1∩AC=A1,AB,ACC平面CAB1, AC1⊥面CAB1· (2)过C作CH⊥AA,于H,则CH1面ABB,A1· 过H作HK⊥BB,于K,连接CK, 因BB,C平面ABB,A,,则CH⊥BB1, 又CH,HK C平面CHK,CH∩HK=H,故BB,⊥平面CHK, 答案第4页，共6页 又CKC平面CHK,所以BB,⊥CK, 由HK⊥BB,CK⊥BB,故∠CKH为二面角C-BB,-A的平面角， 设AC=a, AA =AB=a,ZCAA=6,4CH=HK=AB=a, 又CH1HK,则cK=VCHP+HK-7a, 2 c0sCKH-s9.即二面角C-BB,-A的余弦值为9. 17.【答案】解：I)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 因为sinm2A-sin2B-sin2C=sinBsinC, 由正弦定理可得a2-b2-c2=bc,即为b2+c2-a2=-bc, 由余弦定理可得c05A-2+2-無-一分由0<A<元可得A=等 2bc (2油题意可得a=3,A=受由余弦定理可得a2=b2+c2+bc=(b+o)2-bc, 即(6+d-9=bc<(生9)，又b+c>a=3, 解得3<b+c≤2W3,故a+b+c≤3+2√3，当且仅当b=c=√3时取等号， 即△ABC的周长的最大值为3+2W3. 18.(1)设“甲每轮识别成功”为事件A,“乙每轮识别成功”为事件B, 由题意：0名P闭1-名名：P(到=子P可- 由甲，乙的识别结果相互独立，A与B,B与A都相互独立： 甲，乙两人中恰好有一人成功=“ABUAB”,且AB与AB互斥， P(ABUAB))=P(A画+PB)=PP(+P(西P(B)=3 (2)设A1,A2分别表示甲两轮考核中识别成功1个，2个植物标本，B1,B2分别表示乙两 轮识别成功1个，2个植物标本， %888品4-需-片)-子6 339 Γ6636 设C=“在两轮考核中，“竞赛队”（由甲，乙组成）成功识别标本的总次数为3次”， .C=AB2UA,B,且AB2与A,B互斥，A与B2,A与B分别相互独立， .P(C)=P(AB,AB)=P(AB)+P(AB 答案第5页，共6页 =P(4)P(B,)+P(4)P(B),3×9+25x3s -X 181636812 因此，在两轮考核中，“竞赛队成功识别标本的总次数为3次概率为 2 19.(1)如图所示，设点F是棱AD的中点，连接PF,EF,BD, 由PA=PD及点F是棱AD的中点，可得PF⊥AD, 因为平面PAD⊥平面ADC,平面PADO平面ADC=AD,PFC平面PAD,故PF⊥平面 ABCD, 又因为ACc平面ABCD,所以PF⊥AC, 又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC, 而EF是△ABD的中位线，所以EFIBD,可得EF⊥AC, 又由PF∩EF=F,且PFc平面PEF,EFC平面PEF, 所以AC⊥平面PEF,又因为PEC平面PEF,所以PE⊥AC. (2)若PA=AB=BD=2,由于菱形ABCD,易证正三角形PAD中PF=V√3，由于PF⊥平 面ABCD, 所以4a-人o吉.s×PF-s×r- 3 5x25=1. 3 (3)设点G是AC与EF的交点，由(1)可知AC⊥平面PEF, 又PG,EG均在平面PEF内，从而有PG⊥AC,EGLAC, 故∠PGE为二面角P-AC-B的平面角，所以tan∠PGE=-tam∠PGF=-2, 所以tan∠PGF=2, D 因为PA=AB,所以△PAD为等边三角形， 不妨设菱形ABCD的边长为2a,GE=b. 则在直角△PFG中，PR=VBa,PG=b,tan∠PGn=P G,所以3a 2， 6 D 因为PF⊥平面ABCD,所以∠PEF为直线PE与平面ABCD所成的角. B 则tm∠PgF=PE-y3a=l, EF 2b 所以直线PE与平面ABCD所成的角为45° 答案第6页，共6页