精品解析：河南郑州市第八共同体2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（十）

2025-2026学年下期期末考试 高一数学试题卷（十） 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，则，则的虚部是 2. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】斜二测画法的直观图为等腰梯形，，，, 则， 还原后直观图中， 故四边形的面积为． 3. 已知一组数据从小到大排列为1，3，5，7，9，11，，18，20，20，若该组数据的分位数是16，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】D 【解析】 【详解】该组数据共个，则. 已知分位数为，因此，解得. 4. 一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，则第二次取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】第二次取到红球，可分为两种情况：第一次取到红球、第二次再取到红球；或第一次取到绿球、第二次取到红球.利用分步概率相加即可. 【详解】设事件A表示“第一次取到红球”，事件B表示“第二次取到红球”。则. 因为袋中共有5个球，其中红球2个，绿球3个，所以，；，. 故. 【点睛】求“不放回抽取”中的某一步事件概率时，可按前一步分类讨论，也可利用对称性：第二次取到红球的概率等于总体中红球所占比例. 5. 已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ，， 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：当，时，，所以本选项不符合题意； 对于选项B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； 对于选项C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； 对于选项D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 6. 圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为，半径为3，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意得，扇形半径，圆心角，弧长公式， 所以. 底面周长，所以. 圆锥母线长等于扇形半径，则圆锥的高. 所以圆锥体积为. 7. 向量，，的模长均为2，且满足，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】由题设结合向量数量积运算律可得，然后将两边平方并化简后可得，据此可得答案. 【详解】. ，则. 则. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理得到，，求出，得到c的取值范围. 【详解】，由正弦定理得， 即，， 因为为锐角三角形，所以，故， 因为在上单调递增，所以，故， 故， ， 由正弦定理得，即， 故， 由，和可得， 故，，故. 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. 已知向量，，下列选项正确的是（ ） A. B. 向量在向量上的投影向量是 C. D. 与向量方向相同的单位向量是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算公式结合条件逐项求解即得. 【详解】因为，，所以，，即，故A正确； 向量在向量上的投影向量是，故B错误； 因为，，所以，，故C正确； 与向量方向相同的单位向量是，故D错误. 10. 一组数据的平均数为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记的平均数为a，方差为b，极差为c，中位数为d，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】不妨设，再根据数据平均数、方差、极差和中位数的定义可求出. 【详解】因为数据的平均数为5，方差为2，极差为7，不妨设， 则，的平均数为，故A错误； 方差为，故B正确； 极差为，故C错误； 若为偶数，则的中位数为，即， 的中位数为； 若为奇数，则的中位数为， 的中位数为； 故D正确. 11. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得四边形为菱形 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体中线面、面面的平行和垂直即可. 【详解】对于选项A，因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以. 同理，所以四边形为平行四边形， 设正方体棱长为1，设， 则，， 令，即，解得， 即当为中点时，四边形为菱形，故A正确； 对于选项B，连接交于，平行四边形对角线互相平分，是中点； 矩形中，对角线中点重合，即也是中点. 与平面交于点，直线与平面有公共点，故不平行该平面，故B错误； 对于选项C，因为平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又平面，所以.同理可得，又，平面， 所以平面.因为平面，所以平面平面，故C正确； 对于选项D，设正方体棱长为，.所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 【点睛】本题以正方体棱上动点为情境，核心突破口是先利用面面平行确定恒为平行四边形，再结合正方体固有的线面、面面垂直模型、中点特征、等体积变换，分别分析特殊存在性与任意不变性，是立体几何多选经典综合题。 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 在平行四边形中，A，B，C三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数是_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用平行四边形对角线互相平分，可得，从而. 【详解】由题意，，，. 因为四边形为平行四边形，所以，即. 代入得，故点D对应的复数为. 【点睛】本题考查复数与平面向量的对应关系，解决平行四边形中的复数问题，可把复数看成点的坐标，利用进行计算. 13. 已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的体积与球的体积也相等，则圆柱的表面积与球的表面积之比______. 【答案】 【解析】 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，圆柱的高为， 则圆柱的体积，球的体积为， 因为圆柱的体积与球的体积相等，所以，得， 则. 14. 如图，设，，线段与交于点，且，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题设利用两种方式表示出，然后由平面向量基本定理可得，最后利用基本不等式可得答案. 【详解】由题可得：； 又因三点共线，可得. 由平面向量基本定理可得：. 则， 当且仅当时取等号. 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m为实数，设复数． （1）当复数z为纯虚数时，求m的值； （2）设复数z在复平面内对应的点为，若满足，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数的性质，构造关于的方程，解方程求； （2）利用复平面对应点坐标的性质，结合已知条件构造关于的不等式，解不等式求m的取值范围． 【小问1详解】 由题意得， 解得． 【小问2详解】 复数在复平面内对应的点的坐标为， 因为复数z在复平面内对应的点为时，满足， 所以， 即， 解得或， 所以的取值范围为． 16. 中国新能源技术领跑世界，新能源汽车备受人们欢迎.某科研所新研发了一种新能源汽车，为检测这类汽车的续航能力，在不同路段进行了500次实验，根据续航能力（单位：百公里）分成，，，，，，共六组，并制作如下频率分布直方图. （1）求续航能力在区间内的实验次数； （2）估计这类汽车的续航能力的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）若按分层随机抽样的方法从续航能力在和的实验中随机抽取5次实验，再从这5次实验中随机抽取2次实验，求这2次实验中至少有一次有续航能力在中的实验的概率. 【答案】（1）120 （2）百公里 （3） 【解析】 【分析】（1）通过频率分布直方图面积为1，求得，进而可求解； （2）根据平均数计算公式即可求解； （3）通过分层抽样和列举法确定样本空间，再由古典概率模型概率计算公式即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，可得， 解得， 即续航能力在区间内的频率为， 所以续航能力在区间内的实验次数为次. 【小问2详解】 根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得： ， 所以估计这类汽车的续航能力的平均数为5.38百公里. 【小问3详解】 由频率分布直方图，可得续航能力在和的频率分别为， 所以按分层随机抽样的方法从续航能力在和的实验中随机抽取5次实验， 则在中的有2次实验，在中的有3次实验， 设在中的有2次实验为，在中的有3次实验分别为， 可得. 所以从这5次实验中随机抽取2次实验，共有10种不同的取法， 设事件“2次实验中至少有一次有续航能力在中的实验” 可得，共有7个基本事件， 所以事件的概率为 可得这2次实验中至少有一次有续航能力在中的实验概率为. 17. 在中，内角的对边分别为，. （1）求角A； （2）若，，求的平分线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解； （2）由余弦定理求得，再结合三角形面积公式，通过即可求解. 【小问1详解】 ， 即有， 由正弦定理可得， 则， 又，故； 【小问2详解】 由余弦定理得， 又，所以， 由得， 所以， 解得. 18. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面.在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求点到平面的距离. （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，即得出棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即得； （2）根据等体积法求解即可. （3）先证，平面，得，计算，从而证，得出为二面角的平面角，在中即得余弦值； 【小问1详解】 取的中点，连接，在原矩形中，因为，点为的中点，故. 因为是等腰三角形，所以. 翻折后，因为平面平面，且平面平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面，即是四棱锥的高， 又因为，所以， 又因为， 所以四棱锥的体积. 【小问2详解】 由（1）可知，. 由题意可知，，，， 在中，. 设点到平面的距离为， 又即，解得. 【小问3详解】 在矩形中，，， ∴，∴. 又平面平面，平面，平面平面， ∴平面， ∵平面，∴，，，， 在中，，∴. 又，平面，平面，平面平面， ∴为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为. 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，B、C分别在x轴、y轴正半轴上，，，E、F分别为、中点，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用仿射坐标系定义，将向量拆为基底线性组合，再利用向量平方公式直接计算模长. （2）利用向量夹角公式，联立基底模长、数量积表达式建立方程求解基底夹角余弦，再借助同角三角函数关系求出正弦值. （3）先通过中点向量公式转化几何条件，展开数量积得到二元代数式，再利用余弦定理建立变量约束，搭配三角换元与辅助角公式完成最值求解. 【小问1详解】 由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则， 则， 所以. 【小问2详解】 由，，得，， 且， 所以， ， 则， 因为与的夹角为，所以，解得. 又，，所以. 【小问3详解】 依题意，设、（，），且，，， 因为为的中点，则 ， 因为为中点，同理可得， 所以， 由题意知，， 则， 在中，依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理得， 设，则，且， 所以，， ，， 故当时，取最大值为， 的最大值为. 【点睛】本题以仿射坐标系为新包装，内核是平面向量基本定理和数量积运算，解题全程将所有向量拆解为一组基底，再结合解三角形建立变量约束，最终借助三角恒等变换求解最值，是新定义向量综合题的标准模板. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下期期末考试 高一数学试题卷（十） 注意事项： 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 2. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据从小到大排列为1，3，5，7，9，11，，18，20，20，若该组数据的分位数是16，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 4. 一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，则第二次取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ，， 6. 圆锥的侧面展开图为一个扇形，其圆心角为，半径为3，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 向量，，的模长均为2，且满足，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则c的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知向量，，下列选项正确的是（ ） A. B. 向量在向量上的投影向量是 C. D. 与向量方向相同的单位向量是 10. 一组数据的平均数为5，方差为2，极差为7，中位数为6，记的平均数为a，方差为b，极差为c，中位数为d，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得四边形为菱形 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 在平行四边形中，A，B，C三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数是_______. 13. 已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的体积与球的体积也相等，则圆柱的表面积与球的表面积之比______. 14. 如图，设，，线段与交于点，且，则的最小值为_____. 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. 已知m为实数，设复数． （1）当复数z为纯虚数时，求m的值； （2）设复数z在复平面内对应的点为，若满足，求m的取值范围． 16. 中国新能源技术领跑世界，新能源汽车备受人们欢迎.某科研所新研发了一种新能源汽车，为检测这类汽车的续航能力，在不同路段进行了500次实验，根据续航能力（单位：百公里）分成，，，，，，共六组，并制作如下频率分布直方图. （1）求续航能力在区间内的实验次数； （2）估计这类汽车的续航能力的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）若按分层随机抽样的方法从续航能力在和的实验中随机抽取5次实验，再从这5次实验中随机抽取2次实验，求这2次实验中至少有一次有续航能力在中的实验的概率. 17. 在中，内角的对边分别为，. （1）求角A； （2）若，，求的平分线的长. 18. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面.在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求点到平面的距离. （3）求二面角的余弦值. 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，B、C分别在x轴、y轴正半轴上，，，E、F分别为、中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $