湖南长沙市明德中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

**基本信息** 以数学文化知识竞赛、国际象棋锦标赛等真实情境为载体，融合复数、统计、立体几何与概率等知识，通过分层设问考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、统计量、向量充要条件|第2题结合数据排序考查中位数计算，体现统计直观| |多选题|3/18|复数性质、向量结论判断|第10题通过向量夹角与投影综合考查逻辑推理| |填空题|3/15|独立事件概率、方差计算|第14题以空间框架移动弹子为背景，考查空间向量应用| |解答题|6/77|统计图表分析、立体几何体积与最值、概率模型|第19题设计比赛规则概率问题，考查数学建模与应用意识；第17题组合体体积与最短路径问题，体现空间想象与转化思想|

2025-2026学年湖南省长沙市明德中学高一下学期期末考试 数学试卷 时量：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．设复数满足，则（ ） A． B． C． D． 2．已知一组数据5，7，9，4，8，9，3，3，则（ ） A．这组数据的80%分位数为8 B．这组数据的中位数为6 C．这组数据的极差为5 D．这组数据的平均数为7 3．已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．甲､乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲､乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲､乙两人恰有一人获奖的概率为（ ） A．0.3 B．0.5 C．0.7 D．0.9 5．已知空间、、、四点共面，且其中任意三点均不共线，设为空间中任意一点，若，则（ ） A．2 B． C．1 D． 6．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（ ） A． B．2 C． D． 7．已知圆锥的体积为，侧面展开图扇形的圆心角为，则该圆锥的外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 8．正多面体又称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知正四面体的棱的中点为，且（点为空间中一动点），则的最大值为（ ） 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．为实数 D．在复平面内所对应的点位于第三象限 10．下列说法正确的是（ ） A．已知向量 ，则“的夹角为钝角”是“ ”的充要条件 B．已知向量 ，若与共线，则 C．若向量 ，则在方向上的投影向量坐标为 D．在中，向量与满足 ，则为等腰三角形 11．在棱长为4的正方体中，已知E，F分别为线段的中点，点满足，则（ ） A．当时，四棱锥外接球半径为3 B．当时，三棱锥的体积为 C．若，则点的轨迹长为 D．周长的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知事件A与事件B互相独立，且，，则______. 13．已知一组数据x1，x2，…xn的方差为3，若数据，，，的方差为_____． 14．如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为1，活动弹子分别在对角线上移动，且，则的取值范围是___________. 四、解答题（本题共6小题，共77分） 15．（13分）为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按，，…，分组，作出频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计样本中成绩的上四分位数； (2)若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 16．（15分）在中，已知内角所对的边分别为，且满足. (1)求角； (2)若的面积为，求的周长. 17．（15分）现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），，分别是上、下底面的中心，且满足. (1)若，求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧面是正三角形 ①求正四棱锥的侧面积. ②若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 18．（17分）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 19．（17分）某国际学校举办国际象棋锦标赛，甲、乙、丙三名选手通过预选赛，进入决赛阶段．已知甲与乙对局时，甲获胜的概率为，甲与丙对局时，甲获胜的概率为．乙与丙对局时，乙获胜的概率为．决赛规则如下：首先通过抽签决定由甲与乙进行第一轮对决，丙轮空；每一轮结束后，该轮的胜者与轮空者进行下一轮对决，败者轮空．每轮胜者得1分，败者得0分，率先累计获得2分者成为冠军，比赛结束． (1)假设，且各轮比赛结果相互独立． ①求乙连续赢下两轮并获得最终冠军的概率； ②求比赛结束时乙获得冠军的概率． (2)若，且乙在第一轮出场，并有权选择首轮对手．为最大化夺冠概率，乙应如何选择首轮对手？请进行分析． 参考答案 1．D 【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得； 【详解】解：因为， 所以 故选：D 2．B 【分析】A选项，将数据从小到大排列，利用百分位数的定义求出A错误；B选项，利用中位数的定义得到B正确；C选项，利用极差的定义得到C错误；D选项，利用平均数定义计算出D错误. 【详解】A选项，将数据从小到大排列，， ，故从小到大，取第7个数作为80%分位数，为9，A错误； B选项，从小到大，选取第4个和第5个数的平均数作为中位数， 故这组数据的中位数为，B正确； C选项，这组数据的极差为，C错误； D选项，这组数据的平均数为，D错误. 故选：B 3．B 【分析】由线面垂直的定义和判定定理，结合充分条件和必要条件的定义判断即可得到答案. 【详解】若，且，则，， 由于向量所在的直线不一定相交，非零向量所在的直线为， 所以不一定能得到； 若，非零向量所在的直线为，向量是平面内两个不相等的非零向量， 则，，可得，. 综上所述，“，且”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4．B 【分析】根据两人恰有一人获奖，可分类讨论，即可求得概率. 【详解】设甲获奖为事件，乙获奖为事件， 所以，，， 因为，所以事件与事件相互独立， 根据题意，甲､乙两人恰有一人获奖的概率为， 故选：B. 5．B 【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决. 【详解】，即 整理得 由、、、四点共面，且其中任意三点均不共线， 可得 ，解之得 故选：B 6．D 【分析】求出的坐标，利用点到平面距离的向量求法计算作答. 【详解】依题意，，所以点P到平面的距离为. 故选：D 7．C 【分析】由已知条件结合圆锥的几何性质求出底面半径和母线、高的关系，根据圆锥的体积公式求出底面半径、母线和高，根据圆锥外接球的性质求出外接球半径，最后利用球的表面积公式计算求解． 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，高为，侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长， 故，则，解得， 圆锥的高， 则，解得，故，， 圆锥外接球的球心在圆锥的高线上，设外接球半径为， 则，展开整理得， 外接球的表面积为：． 8．B 【分析】取的中点，则，根据向量加法的几何性质求出的取值范围即可求解. 【详解】取的中点，由题意则， 所以， 又因为，所以，当且仅当方向相同时等号成立； ，当且仅当方向相反时等号成立， 因为正四面体的棱长为2，所以在中，，，， 所以，即， 所以，， 又，所以，即， 所以的最大值为, 故选：B 9．AC 【分析】根据复数的乘法法则化简复数，即可结合选项逐一求解. 【详解】由题意可得， A选项，正确； B选项，，故B错误； C选项，为实数，故C正确； D选项，在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限，故D错误． 故选：AC． 10．ABCD 【详解】对于A，若的夹角为钝角，则 且两向量不共线，等价于 ，即“的夹角为钝角”是“ ”的充要条件，故A正确； 对于B，若与共线，则 .易得 ，则 ，故B正确； 对于C，在方向上的投影向量坐标为，故C正确； 对于D，都表示单位向量，表示 角平分线方向上的向量， 表示 角平分线方向上的向量与边BC垂直，所以AB=AC，为等腰三角形，故D正确. 11．ACD 【分析】A选项，点在线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径，判断A；B选项，先得到，故点在线段上，连接，证明出，结合锥体体积公式求三棱锥体积，判断B； C选项，由，可得点的轨迹为点为圆心，半径为4的圆的一部分，由此可求轨迹长度.；D选项，取线段的中点，由对称性知，数形结合得到，从而得到周长的最小值. 【详解】对于A选项，当时，， 故，即， 所以点在线段的中点，连接相交于点，则为中点， 所以，由正方体性质可得平面，则平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，所以球心在的延长线上， 设，则， 由勾股定理得，即，解得，故A正确； 对于B选项，当时，， 故，即，故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面，所以三棱锥的体积， 所以，又， 所以，故三棱三棱锥的体积为，故B错误； 对于C选项，因为，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又平面，且，故， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为4的圆的一部分， 如图所示，其中，， 故，则， 则，则轨迹长为，故C正确. 对于D选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， 此时三点共线， 又，所以，故C正确； 故选：ACD 12．/ 【分析】根据独立事件和对立事件的概率公式结合已知条件求解即可. 【详解】因为事件A与事件B互相独立，且，， 则. 故答案为：. 13．±2 【分析】根据数据x1，x2，…xn的方差与数据ax1+b，ax2+b，…，axn+b的方差关系，列出方程，求出a的值． 【详解】根据题意，得： ∵数据x1，x2，…xn的方差为3， ∴数据ax1+b，ax2+b，…，axn+b（a，b∈R）的方差为 a23＝12， ∴a2＝4 ∴a＝±2． 故答案为：±2． 14． 【分析】建立空间直角坐标系，根据坐标应用两点间距离，再结合单调性得出范围. 【详解】 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，设，由于，所以， 则， 则， 函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以时，取得最小值为，所以. 故答案为： 15．(1)，86 (2)平均数为91，方差为22 【分析】（1）在频率分布直方图中，利用所有小矩形的面积之和为1，列出关于的方程，从而得到的值，计算前四个小矩形的面积之和，计算前五个小矩形的面积之和，从而得到成绩的上四分位数落在内，设其为a，列出，计算出的值，从而估计出样本中成绩的上四分位数． （2）求出样本中成绩在内占成绩在内的比例，求出样本中成绩在内占成绩在内的比例．设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为，，利用分层随机抽样的平均数公式求出，利用分层随机抽样的方差公式求出. 【详解】（1）在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则，解得， 前四个小矩形的面积之和为， 前五个小矩形的面积之和为， 所以成绩的上四分位数落在内，设其为， 则，解得，即估计样本中成绩的上四分位数为86． （2）样本中成绩在内占成绩在内的比例为， 样本中成绩在内占成绩在内的比例为． 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为，， 由分层随机抽样的平均数公式可得， 由分层随机抽样的方差公式可得， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22． 16．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，然后结合三角函数的公式求解即可； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可. 【详解】（1）由及正弦定理， 可得， 结合， 由， 得， 化简可得. ， ，即. 又. （2）由的面积为，结合（1）可得， 在中，由余弦定理可得， ， 或（舍去）， 的周长为. 17．(1)312 (2)①；② 【分析】（1）利用锥体、柱体体积公式计算得解. （2）①利用正棱锥的侧面积公式计算即可；②将矩形，正和展开置于同一平面内，利用两点间距离最短求解. 【详解】（1）依题意，正四棱柱的高，则正四棱柱的体积为， 正四棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为. （2）①设，则，而，且为正三角形， 则，由，得， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为. ②将长方形，和展开在一个平面， ，， ，， 由几何意义知，， 当且仅当重合于点时，最短， 所以的最小值为. 18．(1)取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【详解】（1）略 （2）略 19．(1)①；② (2)乙的最优选择策略是指定第一轮的对手为甲 【分析】（1）①计算第一轮乙获胜的概率和第二轮乙获胜的概率，相乘即可得结果. ②考虑比赛结束时乙获胜的所有情况，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得结果. （2）计算第一轮乙对丙最终乙获胜的概率和第一轮乙对甲最终乙获胜的概率，结合条件作差比较大小即可得到结果. 【详解】（1）①依题意乙连续赢下两轮并获得最终冠军的概率. ②乙连续赢下两轮获得最终冠军的概率为， 乙第一轮失败，第二轮轮空（第二轮甲失败），第三轮胜利，第四轮胜利的概率为， 乙第一轮胜利，第二轮失败，第三轮轮空（第三轮甲胜利），第四轮胜利的概率为， 所以比赛结束时乙获得冠军的概率 ， （2）设事件为“第一轮乙对丙最终乙获胜”，为“第一轮乙对甲最终乙获胜”， 第一轮乙对丙，则乙获得冠军有以下三种情况： 第一种，第一轮乙获胜，第二轮乙获胜，则所对应的概率为； 第二种，第一轮乙获胜，第二轮甲获胜，第三轮丙获胜，第四轮乙获胜， 则所对应的概率为； 第三种，第一轮丙获胜，第二轮甲获胜，第三轮乙获胜，第四轮乙获胜， 则所对应的概率为； 故； 同理可得； 则 ， 由于，故， 所以，故乙的最优选策略是指定第一轮的对手为甲. 答案第6页，共18页 - 18 - 学科网（北京）股份有限公司 $