精品解析：湖北武汉外国语学校2025-2026学年下学期期末考试高一数学试题

武汉外国语学校2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 一、选择题：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. 若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先化简复数，再求出，最后求出的虚部即可. 【详解】解：由，则，所以的虚部为. 2. 已知一组数据，，，的平均数为，则数据，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，若原数据的平均数， 所求数据的平均数为. 3. 图1为元代瓷器白地褐彩龙凤纹罐，高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成，如图2.圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，圆台上下底的半径分别为、，高为， 所以该瓷器容积为. 4. 在中，，点是的中点.设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，结合向量的线性运算求解即可. 【详解】如图所示： 因为点是的中点， 所以 . 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 所以. 6. 柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出两只，则取出的鞋成双的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用求古典概型的概率公式直接求解即可. 【详解】柜子里有三双不同的鞋，可设为，，，，，，其中与，与，与分别为一双鞋， 则从中随机取出两只，所有可能的组合有：，，，， ，，，，，，，， ，，，共15种， 取出的鞋成双的有，，共3种情况， 故取出的鞋成双的概率. 7. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换，得，又为锐角三角形，进而得，再由三角函数的性质即可求解. 【详解】由正弦定理得：，又，所以，又， 所以， 又由正弦定理得：， 所以， 又 所以， 又为锐角三角形， 所以， 所以，所以，所以， 所以，所以周长的取值范围是. 8. ，为异面直线，且，所成角为，过空间一点作直线，直线与，均异面，且所成角均为，若这样的共有四条，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将异面直线平移至过点，转化为夹角为的相交直线；与二者成等角的直线必位于内、外两个角平分面内，两平面内的角平分线分别对应最小角和，绕点旋转时夹角从该最小角连续增至，各有2条当且仅当大于对应的最小角；总共要有 4 条，需两个平面各贡献2条,从而得到的范围. 【详解】将异面直线平移至均过点，得到相交直线，其夹角为，所以原问题等价于过点作直线，使与所成角均为，过点且与两条相交直线成等角的直线，其方向只可能落在两个角平分面上. 平面：平分所成角的平面（内平分面）， 平面：平分所成补角的平面（外平分面），且， 在任何一个角平分面内，固定一条角平分线（它与两直线的夹角为半角），然后让直线在该面内绕点旋转，与两直线的夹角会连续变化，范围如下： 1. 在平面内（平分角）. 在平面内与相交的角平分线，它与和所成的夹角是， 在平面内，将该角平分线绕点旋转，它与的夹角会从连续增大至， 因此平面内满足条件的直线条数为： 当时：条； 当时：条（即角平分线本身）； 当时：条（关于角平分线对称的两条）； 当时：条（垂直于平面的直线）. 2. 在平面内（平分角）. 在平面内与相交的角平分线与的夹角为， 同理，在平面内旋转该角平分线，夹角会从连续增大至， 因此平面内满足条件的直线条数为： 当时：条； 当时：条（即角平分线本身）； 当时：条（关于角平分线对称的两条）； 当时：条（垂直于平面的直线）. 综上所述，只有当时，满足条件的直线恰有条. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 在中，角，，所对的边分别是，，，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则恰有1解 B. 若，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 是所在平面上一点，若，则是的垂心 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A，由余弦定理和正弦定理判断B，由正弦函数性质判断C，根据向量垂直的条件判断D. 【详解】对A，由正弦定理得， 又，所以，所以可以是锐角也可以是钝角，本题有两解，A错； 对B，由余弦定理，代入得，所以，即，由正弦定理得， 所以， 所以， 所以或，即或，中不可能成立，所以，B正确； 对C，中，，则或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，C错； 对D，由得，所以，即，同理，所以是的垂心，D正确. 10. 在一个有限样本空间中，事件，，发生的概率满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若与相互独立，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则 D. 若，与互斥，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用独立事件求，进而由即可判断，对于B，由与互斥，得即可判断，对于C，由，求，进而求，又与互斥，进而求，即可判断，对于D，由即可判断. 【详解】对于A，由与相互独立，所以， 所以，故A正确； 对于B，若与互斥，所以，故B错误； 对于C，由，所以， 所以， 所以，， 由与互斥，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 11. 长方体中，，，，若为棱中点，，经过，，三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ） A. 当时，平面截长方体所得截面多边形为四边形 B. 当时，体积较小的部分对应几何体内部可放进一个半径为的小球 C. 当时，截面与平面所成二面角的正弦值为 D. 当时，截面分长方体所得两部分中，体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 【答案】ABD 【解析】 【详解】先判断A，当时，与重合，所以平面即平面. 设该平面与棱交于点. 因为长方体中面与面平行，所以平面与这两个面的交线与平行. 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，因为为中点，所以为中点， 因此平面截长方体所得截面为四边形，A正确. 再判断B，令 在长方体内部取点，使到平面、平面的距离均为，到平面、平面的距离均为. 于是，以为球心、为半径的球与平面、平面相切. 又因为所以该球不会越过长方体的其余各面. 下面只需证明它不会越过截面平面. 设为在底面上的射影，过作，垂足为； 过作，垂足为. 由点的取法可知 又因为为的中点，所以从而 在底面矩形中，，且，所以三角形为等腰直角三角形，故 把分解为沿方向的和垂直于方向的，这两部分在垂直于方向上的长度分别为 因此 再在底面内过作，垂足为. 因为且所以 连接，易知平面，它与平面的交线为. 设，在直角三角形中，所以进而 过和作平面，因为， 所以该平面与平面平行. 它与平面的交线经过点，且平行于. 在这个垂直截面内，点到该交线的距离为； 从沿上升到后，到该交线的距离减少了. 因此点到平面的距离为 因为，所以，于是 所以球心到截面平面的距离大于球的半径，该小球不会穿过截面.因此它可以放入体积较小的部分内，并于部分边界相切，B正确. 再判断C，当时，为的中点. 设为在底面上的射影，则为的中点，则，因为底面， 所以平面，易知， 截面与底面的交线为. 在底面内，过作，垂足为. 因为，且，所以平面，故即为截面与平面所成二面角的平面角. ，， 所以 于是，则，故C错误. 最后判断D，当时，仍记为的中点，在的正上方. 设平面与棱交于点，与棱交于点. 因为上、下底面与平行，所以平面与这两个平面的交线平行，即， 又有，因此 因为为的中点，且，所以 又，由相似三角形可得所以 因为两个相对侧面与平行，所以平面与这两个面的交线平行，即， 又有，因此 由以及 可得所以 因此截面为五边形. 下面计算体积较小的部分， 用过点且平行于底面的平面，把体积较小的部分分成上、下两部分. 下底面到过的平面之间的距离为 设为的中点.该部分可以分成两个棱柱. 第一个是以直角三角形为底面的直三棱柱. 因为所以 该三棱柱的高为，所以其体积为 第二个是以三角形为一个底面的斜三棱柱，其另一个底面在与平行的后侧面内. 两个底面所在平面之间的距离为 因为，，且，所以 故这个斜三棱柱的体积为 因此下部分体积为 过的平面到上底面之间的距离为 过的水平截面是一个直角三角形，其面积为； 上底面内的截面为三角形，其面积为 两截面三角形相似，面积比为所以对应边长比为. 把这一三角形棱台的三条侧棱向上延长，交于一点. 设从上底面到点的距离为. 由相似关系，，解得 因此大三棱锥的高为小三棱锥的高为. 所以这一棱台的体积为 所以体积较小部分为 长方体总体积为 故体积较大部分为 于是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】 利用配凑法，结合基本不等式，求得的最大值. 【详解】依题意， 当且仅当时等号成立. 故的最大值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方 13. 在棱长为2的正方体中，在上，在上，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】把和沿摊平为一个平面图形，在平面图形中当时，最小，由此计算可得. 【详解】把和沿摊平为一个平面图形，如图，当（是与的交点）时，最小， 由正方体知，，，， 所以在平面图形中，， 正方体棱长为2，则， 所以. 14. 设集合，，从所有函数中随机选取一个，则满足函数为常函数的概率为__________. 【答案】## 【解析】 【详解】函数共有个， 要使为常函数，需且只需满足：， 理由如下：若，则对任意，，于是都等于同一个常数（或），故为常函数； 若为常函数，取和，则必须有， 若，则，，二者不相等，与为常函数矛盾， 满足条件的函数个数：和相等，有2种取法；任意，有2种取法，故共有个，概率为 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. 已知平面向量，，，且，. （1）求在方向的投影向量的坐标； （2）若，且，求向量的坐标. 【答案】（1） （2） 或 【解析】 【分析】（1）根据投影向量公式及向量的坐标运算求解即可； （2）由题意设，根据，求出的值即可得答案. 【小问1详解】 在方向的投影向量为 ． ，， 投影向量 ． 【小问2详解】 因为， 设． 所以， 得，即． 当时，；当时，． 16. 某学校开展人工智能科普与创新实践素养测评活动，着力培养学生科创思维与综合实践能力.信息中心从本次测评全部试卷中随机抽取100份答卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计样本成绩的第75百分位数； （2）已知落在的平均成绩是58，方差是9，落在的平均成绩为64，方差是6，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【附：设两组数据的样本量，样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差.】 【答案】（1），第75百分位数为84 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；由频率分布直方图求百分位数的计算公式即可求解； （2）根据分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 频率分布直方图中所有组频率之和为1，组距为10，故 ， 解得. 计算累计频率： 累计频率为， 累计频率为， 累计频率为， 第75百分位数位于内，计算公式为 . 【小问2详解】 组频数，组频数. 合并平均数. 代入所给总体方差公式： . 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，.，，分别是棱，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 注：本题仅限纯几何法作答，建立空间直角坐标系解题不予计分. 【答案】（1） 如上图，令与的交点为，连接，连接， 四边形是平行四边形，为的中点， 又为的中点，且， 又且，且， 四边形是平行四边形， ， 又平面，平面， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的判定定理证明即可. （2）运用等体积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 设为三棱锥的高， 记三棱柱的体积为， 则三棱锥的体积为，三棱锥的体积为， 所以， 平面平面，，平面，平面平面， 平面， ， ， ，解得， 设直线与平面所成角为， 则. 18. 在非直角三角形中，角的对边分别为. （1）若，且，判断的形状； （2）若，的内切圆半径为，外接圆半径为. （i）求的最小值； （ii）求的最大值. 【答案】（1）为等边三角形 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理分析即可； （2）（i）利用余弦定理以及基本不等式分析求解即可；（ii）利用三角形外接圆与内切圆的性质结合正弦定理、三角形面积公式以及基本不等式分析求解即可. 【小问1详解】 因为，所以由余弦定理得：， 又即：，代入得 ，整理得 ，故，进而，所以为等边三角形. 【小问2详解】 （i）因为，所以， 由余弦定理得：， 当且仅当时取等号，此时不为直角，故的最小值为 . （ii）因为的外接圆半径为，所以由正弦定理得：， 由的内切圆半径为，则，又， 所以即：， 所以， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，当且仅当时取等号，所以， 所以， 又，所以，所以的最大值为 . 19. 如图，现有边长为的正方形纸片，，分别为线段，上的动点，，，，，将沿折起，沿折起，使得点与点重合于点. （1）当时， （i）求二面角的余弦值； （ii）求六棱锥的体积； （2）当，时，若二面角的大小为，求四棱锥外接球表面积的最大值. 注：本题仅限纯几何法作答，建立空间直角坐标系解题不予计分. 【答案】（1）（i）；（ii）（） （2）（） 【解析】 【分析】（1）（i）由二面角的定义及折叠变化规律可得二面角的平面角，进而在等边中可得所求角的余弦值；（ii）先在底面内用面积差可得六边形的面积，而棱锥的高为等边的高，从而可得棱锥的体积； （2）根据二面角的定义找到二面角的平面角，进而可得，再在底面中，设，由勾股定理及等腰梯形的边长可得，再根据球的几何性质可得球心在过底面外心且垂直于底面的直线上，再设，外接球半径为，根据，解得，进而可得，结合条件，可得外接球半径的平方的最大值，从而可得外接球表面积的最大值. 【小问1详解】 当时： （i）因为正方形边长为，由，得，且 为等腰直角三角形. 所以折起后，，. 同理可得，，，. 在正方形中连接，分别交于点， 显然为的中点，且. 因为原正方形中，折起后，故为二面角的平面角. 在等腰直角中，，由勾股定理得，所以. 同理可得，所以. 在中，， 因此为等边三角形，所以，. 因此二面角的余弦值为. （ii）因为底面面积为正方形面积减去两个等腰直角的面积： . 因为，所以，，平面， 所以平面，平面，所以. 又因为正方形中，，所以是的三等分点， 又因为是的中点，所以是的中点，所以在等边三角形中，. 因为，，，平面， 所以平面，所以为六棱锥的高. 在等边中，，所以. 所以六棱锥的体积. 【小问2详解】 由，得， 所以为等腰直角三角形，折起后，. 同理可得. 因为，所以，所以为二面角的平面角，即. 在等腰直角中，，由勾股定理得，. 过点作底面的垂线，垂足为，则必在上，且. 在直角中，，所以，. 又因为底面是等腰梯形，是梯形的对称轴，所以梯形的外接圆圆心在上. 设，，. 所以，， ，，解得. 因为外接球球心在过底面外心且垂直于底面的直线上，所以 设，外接球半径为，则. 由勾股定理得， ， 所以，，解得（与无关）. 所以，且，是关于的单调递增函数， 当时，取得最大值，，此时. 所以四棱锥外接球表面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉外国语学校2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 一、选择题：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. 若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知一组数据，，，的平均数为，则数据，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 3. 图1为元代瓷器白地褐彩龙凤纹罐，高约为，把该瓷器看作两个相同的圆台拼接而成，如图2.圆台的上底直径约为，下底直径约为，忽略其壁厚，则该瓷器的容积约为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，点是的中点.设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 柜子里有三双不同的鞋，如果从中随机地取出两只，则取出的鞋成双的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. ，为异面直线，且，所成角为，过空间一点作直线，直线与，均异面，且所成角均为，若这样的共有四条，则的范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 在中，角，，所对的边分别是，，，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则恰有1解 B. 若，则 C. 若，则是等腰三角形 D. 是所在平面上一点，若，则是的垂心 10. 在一个有限样本空间中，事件，，发生的概率满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若与相互独立，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则 D. 若，与互斥，则 11. 长方体中，，，，若为棱中点，，经过，，三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ） A. 当时，平面截长方体所得截面多边形为四边形 B. 当时，体积较小的部分对应几何体内部可放进一个半径为的小球 C. 当时，截面与平面所成二面角的正弦值为 D. 当时，截面分长方体所得两部分中，体积较小部分与体积较大部分的体积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，若，则的最大值是______． 13. 在棱长为2的正方体中，在上，在上，则的最小值为__________. 14. 设集合，，从所有函数中随机选取一个，则满足函数为常函数的概率为__________. 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. 已知平面向量，，，且，. （1）求在方向的投影向量的坐标； （2）若，且，求向量的坐标. 16. 某学校开展人工智能科普与创新实践素养测评活动，着力培养学生科创思维与综合实践能力.信息中心从本次测评全部试卷中随机抽取100份答卷作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计样本成绩的第75百分位数； （2）已知落在的平均成绩是58，方差是9，落在的平均成绩为64，方差是6，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【附：设两组数据的样本量，样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差.】 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，.，，分别是棱，的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 注：本题仅限纯几何法作答，建立空间直角坐标系解题不予计分. 18. 在非直角三角形中，角的对边分别为. （1）若，且，判断的形状； （2）若，的内切圆半径为，外接圆半径为. （i）求的最小值； （ii）求的最大值. 19. 如图，现有边长为的正方形纸片，，分别为线段，上的动点，，，，，将沿折起，沿折起，使得点与点重合于点. （1）当时， （i）求二面角的余弦值； （ii）求六棱锥的体积； （2）当，时，若二面角的大小为，求四棱锥外接球表面积的最大值. 注：本题仅限纯几何法作答，建立空间直角坐标系解题不予计分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $