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 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 $ 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】 【分析】A项结合面面平行性质分析可得；B项体积较小部分为三棱台，可将三棱台还原为三棱锥，先求解三棱锥的内切球半径，通过比较棱台高与直径的大小可得，内切球必在三棱台内，再比较所给球半径即可得；C项利用三垂线定理找到二面角的平面角求解可得；D项将较小几何体分割为两个三棱柱与一个三棱台，再分别求解相加可求得较小部分体积，然后利用间接法求解较大部分体积，从而得到比值. 【详解】A项，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，连接， 因此平面截长方体所得截面为四边形，故A正确； B项，由，且， 则与相交于一点，设为. 设平面平面，则， 则三线交于一点，且， 即体积较小的部分对应几何体为三棱台. 将三棱台可补成三棱锥. 在中，由， 的高为， 设三棱锥的内切球半径为， 则 由， 解得，三棱台的高， 由，内切球与下底面相切，且直径小于棱台的高， 所以球不会穿出上底面，可知三棱锥的内切球在三棱台内， 又， 故三棱台内可放进半径为的小球，故B正确； C项，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； D项，当时，设平面与棱交于点，与棱交于点. 顺次连接可得截面为五边形. 由平面平面，平面截面， 平面截面，则， 由平行截线及相似关系可得， 过作平行于底面的平面，分别交于点. 由平面平面，平面截面， 平面截面，则， 故四边形为平行四边形，所以. 同理可得，. 由为三等分点，可知分别为的三等分点， 在平面中过点作，垂足为， 又由为的四等分点，可得为中点. 由上分析可知截面分长方体所得的两部分中，体积较小部分共由三棱台、三棱柱、三棱柱三部分组成. 其中三棱台的高，三棱柱的高， 且三棱柱的高， 则； ； ； 所以体积较小部分的体积为. 又长方体总体积为，故体积较大部分为. 于是体积较小部分与体积较大部分的体积之比为，故D正确. 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 $