精品解析：福建厦门市2025-2026学年第二学期高一年级数学练习

厦门市2025—2026学年第二学期高一年级 数学练习 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、单选题：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】，故， 故的虚部为． 2. 已知等腰直角三角形的斜边长为2，以该三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，该几何体是底面半径为，高为的圆锥，再利用锥体体积公式计算即可得. 【详解】由题意可知，该几何体是底面半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积. 3. 某校面向高一、高二学生开设了绘画、烹饪、网球三门校本课程，各门课程选课人数分布如表所示： 课程 年级 绘画课 烹饪课 网球课 高一 20 25 高二 10 10 15 学校为了解这三门课程的教学情况，依据课程进行分层，用比例分配的分层随机抽样方法抽取了20位学生进行调查，其中选烹饪课的学生有6人，则的值为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】C 【解析】 【详解】由分层抽样比例相等，得，即， 解得. 4. 在中，点，满足，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，， 可得：，， 所以， 所以，故. 5. 设，为两个平面，，为两条直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【详解】选项A：如图1所示，记直线，平面为平面，平面为平面，符合，，但平面平面，即不成立，故选项A错误； 选项B：如图1所示，记直线，平面为平面，平面为平面，符合，，但，故选项B错误； 选项C：如图1所示，记直线，平面为平面，平面为平面， 则，则直线，符合题目给的条件，但不成立，故选项C错误； 选项D：如图2所示，在多面体中，记直线，平面为平面，平面为平面，若，，因为，则直线， 因为平面，，平面平面， 由线面平行的性质得，， 因为平面，，平面平面， 由线面平行的性质得，， 由平行传递性得，，因为，，所以， 因为，，由线面平行的性质得，， 由平行传递性得，，故选项D正确. 6. 已知观测点位于港口南偏西方向，港口位于的南偏东方向，一艘轮船从出发，以的速度沿直线向航行，0.6小时后到达处（尚未到达），从处测得，．若轮船保持航向和速度不变，则从处到达港口还需航行（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示，由题意得，，， 在中，由余弦定理得，， 因为，所以，则， 所以是等边三角形，则，. 7. 若随机事件，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由概率的加法公式可得，从而得，由对立事件的概率公式求解即可. 【详解】因为， 又因为, 所以， 即， 解得. 8. 在四边形中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知条件可得，从而可求得，的值，设，则，化简后结合正弦函数的性质可求得结果. 【详解】由，，设， 因为，， 所以, 所以，得，所以， 所以，， 设， 因为，，所以， 向量和的夹角为, 所以 （其中）， 因为的最大值为1， 所以当时，取得最小值. 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，有多个选项符合题目要求，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. 已知一组样本数据为2，2，3，5，5，5，6，若往这组数据中加入两个新数据3和4，则新样本数据与原样本数据相比（ ） A. 极差不变 B. 众数变小 C. 平均数变大 D. 中位数变小 【答案】AD 【解析】 【详解】原样本数据为2，2，3，5，5，5，6；新样本数据为2，2，3，3，4，5，5，5，6. 对于A，原样本数据的极差，新样本数据的极差，极差不变，故A正确； 对于B，原样本数据的众数为5，新样本数据的众数为5，众数不变，故B错误； 对于C，原样本数据的平均数， 新样本数据的平均数，平均数变小，故C错误； 对于D，原样本数据的中位数为5，新样本数据的中位数为4，，中位数变小，故D正确. 10. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【详解】若，则，，故A错误； ，故B正确； 设，则，故C正确； ，，， 则， 因为，则，的最大值为2，故D正确. 11. 在三棱台中，平面，，，平面，垂足为，则（） A. 三棱台的体积为 B. C. 为的重心 D. 平面将三棱台分成体积之比为的两个几何体 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于三棱台体积，需先求出上下底面面积和高，再代入体积公式计算；对于线面垂直相关问题，要利用线面垂直的性质来分析；对于体积比问题，可通过分别计算两个几何体的体积来求解. 【详解】已知，可得底面的面积， 因为，所以， 则上底面的面积. 又已知，且平面，即三棱台的高. 根据三棱台体积公式可得： .故选项A正确. 连接并延长与交于点，连接， 因为平面平面，所以， 又因为平面，平面， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，所以点为中点， 在中，， 所以，则， 即，选项B错误. 在中，， 因为平面，平面，所以， 所以，即，解得， 所以， 即，所以为的重心，所以选项C正确. 取中点，易知，所以四点共面， 延长交于，如图： 设，， 则，则，， ，， 所以， 即，所以， 所以， 如图，连接与交于点，与的延长线交于点， 所以，又，所以， 即，所以点为靠近点的三等分点， 故点到平面的距离， 所以， 剩余部分体积为， ，故选项D正确. 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______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，， 得 13. 已知复数满足，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，结合复数模长公式计算即可得. 【详解】设， 则，解得， 故. 14. 在四边形中，，，与交于点，则面积的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，求出直线的方程，从而可得点的坐标，求出的长度及点到直线的距离，由三角形的面积公式可得，分、及，结合基本不等式求解即可. 【详解】由题意可知是边长为2的等边三角形， 所以， 以为坐标原点，分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，如图所示： 则， 设， 则直线的方程为，直线的方程为， 由，得， 即， 所以， 又因为点到直线的距离， 所以， 当时，，此时重合， 即三点共线，不满足题意，故舍去； 当时， ， 当且仅当，即时，等号成立， 又， 此时四边形为，不满足题意， 所以当时，不满足题意，舍去； 当时， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，的面积有最大值，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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若点满足，，求的面积． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合展开化简，得到，进而求出角； （2）解法一：两次使用余弦定理列出方程组，求解边长，代入面积公式即可得到三角形面积； 解法二：作，利用等腰三角形三线合一以及得到线段等量关系，再借助勾股定理求出高与底边长，即可求得面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 即， 因为，所以，即， 又，则． 【小问2详解】 解法一：在中，由余弦定理得， 即 ①， 由，得， 在中，由余弦定理得， 即 ②， ①-②得，即， 代入①式解得，， 所以． 解法二：过点作交于点， 由，，得为中点， 由，得， 设，因为，所以， 在中，， 即，解得， 则，， 所以． 16. 某工厂有甲、乙两条生产线生产同一规格的零件，甲生产线每天生产800个，乙生产线每天生产1200个．为了了解零件的质量情况，质检人员分别从甲、乙生产线上随机抽取50、75个零件，测量每个零件的尺寸误差（单位：），得到样本数据分布如下： 甲生产线样本数据频数表: 尺寸误差 0 0.5 1 1.5 2 频数 3 4 6 7 8 9 7 4 2 其中，乙生产线样本数据的方差． （1）计算甲生产线样本数据的平均数与方差； （2）根据两条生产线的样本数据的平均数与方差，对两条生产线的生产情况进行评价； （3）估计工厂一天生产的零件的尺寸误差的平均数与方差． 【答案】（1）， （2）甲生产线的生产零件的质量更好． （3）平均数和方差分别约为0和1.208 【解析】 【分析】（1）由平均数和方差的计算公式即可求解； （2）求得平均数和方差，结合其含义即可判断； （3）由两组数据的平均数和方差公式即可求解. 【小问1详解】 甲生产线样本数据 ， ； 【小问2详解】 乙生产线样本数据平均数的估计值 ， 所以，， 由于两条生产线生产的零件平均误差都为0，甲生产线的零件尺寸波动更小， 综合来说，甲生产线生产的零件质量更好； 【小问3详解】 总样本平均数， 总样本方差． 由于样本是由按比例分配的分层随机抽样的方法所得， 所以根据样本估计总体，工厂一天生产的零件尺寸误差的平均数和方差分别约为0和1.208． 17. 如图，在三棱锥中，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为，为中点，所以， 因为为中点，为中点，所以， 因为，所以． 又，平面，平面， 所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线结合等腰三角形性质，先证明平面，再利用面面垂直判定定理即可证明面面垂直； （2）先根据面面垂直性质证明线面垂直，确定为线面角，再通过等面积法求出即可求得线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作于，连接， 因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角． 因为，，，所以， 又因为，，所以， 所以，所以， 取中点，连接，因为，，所以， 所以， 又因为，即，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 某联欢晚会举行抽奖活动，抽奖箱中有大小和质地相同的6个小球，其中有3个红色球（标号为1，2，3），2个黄色球（标号为4，5），1个白色球（标号为6），活动嘉宾从箱中有放回地依次随机摸出2个球． （1）设事件“2个球颜色相同”，事件“2个球的标号之和为偶数”．判断事件与是否相互独立，并说明理由； （2）主办方制定了以下两种兑奖方案： 方案1：若2个球的颜色相同，则中奖； 方案2：根据2个球的标号计算得分，得分规则为：若2个球的标号之和为偶数，则得分为两球标号之和的一半；否则，得分为标号中较大的数．若得分（，），则中奖． 若方案2的中奖率高于方案1，求的最大值． 【答案】（1）与不相互独立； 设第一次摸到的小球标号记为，第二次摸到的小球标号记为， 则样本空间，， 且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型， 因为， 所以，所以． 因为 ， 所以，所以． 因为， 所以，所以， 因为，所以与不相互独立． （2）4 【解析】 【分析】（1）分别求出事件的概率及，再利用独立事件判断规则计算求解； （2）拆分方案2得分规则，计算相关概率，结合方案1的概率判断求出满足条件的最大整数． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知：方案1的中奖概率为． 方案2：由得分规则得：的可能取值为1，2，3，4，5，6，其对应的样本点分布如下表所示： 1 2 3 4 5 6 两球标号之和为偶数 两球标号之和为奇数 记事件“得分为”，两两互斥． ，，，，，， 显然越小，方案二中奖的概率（）越大， 又当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意． 因此整数的最大值为4． 19. 如图，在三棱柱中，，，，，，分别为，的中点，且． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点在内（含边界），，求三棱锥体积的取值范围． 【答案】（1）证明：取中点，连接，， 因分别为的中点，则，， 所以，即四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，构造四边形，利用中位线证明，从而得平行四边形，推出，再由线面平行判定定理完成证明； （2）先通过几何关系证明平面 ，从而得到 平面 ；再在平面 与平面 中找到二面角的平面角 ，最后在三角形中计算其余弦值； （3）利用 和 确定点在以为圆心、半径为的圆弧上运动；将所求三棱锥体积转化为以 为底、高为 的三棱锥体积，通过分析点到的距离范围得到面积范围，进而求得体积取值范围． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 连接，，，因，，则， 又，则，故为正三角形，则， 所以，又， 由，可得， 又，，平面，， 所以平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，，，平面，所以平面． 取中点，连接，，， 易得，则在平面上， 又，平面，平面，则，， 所以是二面角的平面角， ，即二面角的余弦值为． 【小问3详解】 过作，垂足为点，则，， 所以为上靠近的四等分点． 因为平面，平面，所以， 又，平面，， 所以平面，平面， 所以，所以， 所以点在内以为圆心，1为半径的圆弧上． 如图，过作的垂线，垂足为，当时，取得最小值1， 当与重合时，取得最大值2，所以， 因为为中点，平面， 所以， 所以三棱锥体积的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2025—2026学年第二学期高一年级 数学练习 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、单选题：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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知等腰直角三角形的斜边长为2，以该三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 某校面向高一、高二学生开设了绘画、烹饪、网球三门校本课程，各门课程选课人数分布如表所示： 课程 年级 绘画课 烹饪课 网球课 高一 20 25 高二 10 10 15 学校为了解这三门课程的教学情况，依据课程进行分层，用比例分配的分层随机抽样方法抽取了20位学生进行调查，其中选烹饪课的学生有6人，则的值为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 4. 在中，点，满足，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，为两个平面，，为两条直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 已知观测点位于港口南偏西方向，港口位于的南偏东方向，一艘轮船从出发，以的速度沿直线向航行，0.6小时后到达处（尚未到达），从处测得，．若轮船保持航向和速度不变，则从处到达港口还需航行（ ） A. B. C. D. 7. 若随机事件，满足，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在四边形中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 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，有多个选项符合题目要求，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. 已知一组样本数据为2，2，3，5，5，5，6，若往这组数据中加入两个新数据3和4，则新样本数据与原样本数据相比（ ） A. 极差不变 B. 众数变小 C. 平均数变大 D. 中位数变小 10. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为2 11. 在三棱台中，平面，，，平面，垂足为，则（） A. 三棱台的体积为 B. C. 为的重心 D. 平面将三棱台分成体积之比为的两个几何体 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. 已知复数满足，则______． 14. 在四边形中，，，与交于点，则面积的最大值为______． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若点满足，，求的面积． 16. 某工厂有甲、乙两条生产线生产同一规格的零件，甲生产线每天生产800个，乙生产线每天生产1200个．为了了解零件的质量情况，质检人员分别从甲、乙生产线上随机抽取50、75个零件，测量每个零件的尺寸误差（单位：），得到样本数据分布如下： 甲生产线样本数据频数表: 尺寸误差 0 0.5 1 1.5 2 频数 3 4 6 7 8 9 7 4 2 其中，乙生产线样本数据的方差． （1）计算甲生产线样本数据的平均数与方差； （2）根据两条生产线的样本数据的平均数与方差，对两条生产线的生产情况进行评价； （3）估计工厂一天生产的零件的尺寸误差的平均数与方差． 17. 如图，在三棱锥中，，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某联欢晚会举行抽奖活动，抽奖箱中有大小和质地相同的6个小球，其中有3个红色球（标号为1，2，3），2个黄色球（标号为4，5），1个白色球（标号为6），活动嘉宾从箱中有放回地依次随机摸出2个球． （1）设事件“2个球颜色相同”，事件“2个球的标号之和为偶数”．判断事件与是否相互独立，并说明理由； （2）主办方制定了以下两种兑奖方案： 方案1：若2个球的颜色相同，则中奖； 方案2：根据2个球的标号计算得分，得分规则为：若2个球的标号之和为偶数，则得分为两球标号之和的一半；否则，得分为标号中较大的数．若得分（，），则中奖． 若方案2的中奖率高于方案1，求的最大值． 19. 如图，在三棱柱中，，，，，，分别为，的中点，且． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点在内（含边界），，求三棱锥体积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $