精品解析：宁夏回族自治区银川市唐徕中学2025-2026学年第二学期高一年级期末数学试卷

银川唐徕中学2025-2026学年第二学期高一年级期末数学试卷 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本大题共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. 已知一组数据3，a，1，6，4，8的平均数是5，则这组数据的中位数是（ ） A. 3.5 B. 4 C. 5 D. 5.5 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，得， 则数据从小到大排列为，中位数为. 2. 已知复数满足：，则复数在复平面中对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】对两边同时除以，得， 化简得， 而，可知点位于第四象限，故D正确. 3. 小明投篮两次，设“第一次投中”，“第二次投中”，“至少投中一次”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 与是对立事件 【答案】D 【解析】 【详解】投篮结果为：（中，中），（中，未中），（未中，中），（未中，未中）， 则事件包含：（中，中），（中，未中）；事件包含：（中，中），（未中，中）； 事件包含：（中，中），（中，未中），（未中，中）， 则与不互斥，，故A，C选项错误，D正确； ，则，故B错误. 4. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，，，则， 当时，，此时，故， 等式两边同时除以：，B正确. 5. 已知正四棱锥的底面边长为2，表面积为12，则其体积为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【详解】，已知总表面积为12，则侧面积为， 正四棱锥的侧面由4个全等的等腰三角形组成. 设侧面三角形的斜高为， 则，即， 正四棱锥的高、斜高以及底面中心到边的距离构成一个直角三角形， 如图所示，作出符合题意的图形， 根据勾股定理得， 则正四棱锥的体积为，A正确. 6. 现有，两道试题，甲、乙、丙三位同学各自独立等可能地从两道试题中抽取一道进行解答，则“至少有一位同学抽到试题”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】三位同学抽题的所有可能组合总数为：种， “至少有一位同学抽到试题”的对立事件是“所有同学都抽到试题 ”， 对立事件发生的概率为：， 则“至少有一位同学抽到试题”的概率为，B正确. 7. 已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用定义法，结合余弦定理求解. 【详解】设，延长至，使得，连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 即，所以异面直线与所成角为或其补角（取锐角）. ， 在中，因为，，所以，则， ， 由于异面直线所成角的取值范围为，故，即与所成角的余弦值为. 8. 平面内三点，，满足：且，动点满足，则的最大值是（ ） A. B. C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系将向量坐标化，结合点的单位圆轨迹，用辅助角公式求解数量积的最大值 【详解】由得，以为原点，为轴正方向，为轴正方向建系， 得，；由得在单位圆上，设，， 则，， 可得 ， 由辅助角公式得，其最大值为， 因此原式最大值为. 二、多选题：本大题共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. 已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若，则 C. 若与相互独立，则 D. 若，则与相互独立 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A：因为， 若与互斥，则， 所以，A正确； 对于B：若，此时，所以，B错误； 对于C：若与相互独立，则， 根据加法公式：，C正确； 对于D：若，则， 满足，即与相互独立，D正确. 10. 在正方体中，下列说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角为 B. C. 平面平面 D. 当在棱上运动时，三棱锥的体积与该正方体的棱长有关 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，求出底面三角形面积和点到平面的距离，利用棱锥的体积公式得到，进而判断D即可. 【详解】对于A，设正方体的棱长为1，以为原点，建立空间直角坐标系. 由题意得，，，则， 由题意得平面的法向量为， 则， 则直线与平面所成的角不为，故A错误； 对于B，由题意得，，则， 可得，则，故B正确； 对于C，由题意得，， 设平面的法向量，可得， 令，解得，则， 由题意得，，设面的法向量为， 可得，令，解得，则， 则，得到平面平面，故C正确， 对于D，设正方体的棱长为，由题意得，，， 则，，设平面的法向量， 可得，令，解得， 则，由题意得，，，， 则，，设， 可得，解得，则， 则，设到面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 因为，，，所以， 由两点间距离公式得，， 由勾股定理得，则， 由三角形面积公式得， 由棱锥的体积公式得， 可得三棱锥的体积与该正方体的棱长有关，故D正确. 11. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立，已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，且.记该棋手连胜两盘的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，最小 C. 该棋手在第二盘与乙比赛，最小 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，最大 【答案】BD 【解析】 【分析】根据独立事件求，，，利用作差法比较大小，进而分析判断即可. 【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为， 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则； 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为， 则； 则， ， 可得， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大，选项BD判断正确；选项C判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关，选项A判断错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 某中学共有学生1600人，现为了调查全校学生身高情况，按性别进行分层抽样，获得了容量为200的一个样本，已知在此样本中女生比男生多10人，则该校女生人数是______________. 【答案】 840 【解析】 【详解】设样本中男生人数为，女生人数为，由题可得： ，联立解得， 抽样比例为：， 则该校女生人数是人. 13. 已知钝角三角形的面积为，，，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用三角形面积公式求出角的正弦值，确定角的两个可能取值，再结合钝角三角形的约束排除不符合的情况，最后通过余弦定理计算的长度. 【详解】设，，，角为边与的夹角， 由三角形面积公式，代入已知，，，得：  解得， 由于是三角形内角，即，因此或， 分情况讨论：若，由余弦定理得： ，  即，此时三角形三边长为，满足，为直角三角形，不符合钝角三角形的题设，舍去； 若，由余弦定理得： ，  即，此时最大边为，对应角为钝角，符合题设. 综上，. 14. 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，是球的直径，且球的表面积为，则此棱锥的体积为______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据球的表面积可得，根据球的性质可得，进而可得三棱锥的高，即可得锥体体积. 【详解】设球的半径为， 则，解得，可得， 因为的外接圆半径，则， 且为的中点，可知三棱锥的高， 所以此棱锥的体积为. 四、解答题：本大题共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. 如图，直三棱柱中，、分别是、的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求三棱锥的体积. 【答案】（1）连接与相交于点，连接， 由矩形可得点是的中点，且是的中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点F，由三角形中位线定理得，由此能证明平面； （2）可证平面，三棱锥的高为，可求的面积，利用转换顶点法求锥体的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，是的中点，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 则三棱锥的高为， 因为，，所以， 且的面积 ， 所以三棱锥的体积. 16. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译的概率是，甲、乙都能破译的概率是. （1）求乙能破译的概率； （2）求恰有一人能成功破译的概率； （3）求密码被成功破译的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 设事件为“甲能破译”，事件为“乙能破译” 根据题意已知：甲能破译的概率，， 由于两人独立，所以，代入可得. 所以乙能破译的概率为. 【小问2详解】 恰有一人能成功破译”包含两种互斥的情况： 甲能破译，乙不能破译（即），甲不能破译，乙能破译（即）. 则,， 所以所求概率为. 【小问3详解】 密码被成功破译，则甲、乙两人中至少有一人能破译， 对立事件为甲、乙两人都不能破译，， 所以所求概率为. 17. 为了让学生更好地遵守校纪校规，某中学对全校学生进行了校纪校规测试，试卷满分100分，所有学生的成绩均在[40，100].已知该校高一、高二、高三年级的学生人数分别为1200、1000、800，现按年级采用分层抽样的方式抽取了300名学生的成绩，绘制了如图所示的频率分布直方图. （1）求样本中各年级的人数； （2）根据频率分布直方图估计本次测试全校学生成绩的平均分和中位数； （3）经过计算，现已知样本方差为83，高一年级成绩的平均分是65，方差是75，高二年级的平均分是69，高三年级的方差是55，求高三年级的平均分和高二年级的方差. 【答案】（1） 样本中高一、高二、高三年级的人数分别为，，； （2） 平均分为，中位数为； （3） 高三年级的平均分为，高二年级的方差为. 【解析】 【小问1详解】  由题意可知，全校学生总人数为人. 抽样比为. 则样本中高一人数为， 高二人数为， 高三人数为. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，各组的频率分别为： ：；：；：； ：；：；：. 平均分为. 因为前两组的频率之和为，前三组的频率之和为， 所以中位数位于第三组内.设中位数为， 则，解得. 故估计本次测试全校学生成绩的平均分为，中位数为. 【小问3详解】 设高一、高二、高三年级的样本容量分别为，平均分分别为，方差分别为， 总样本的平均分为，方差为. 由题意知，.；；. 由，得，即， 解得. 由分层抽样总方差公式， 得， 即， ，解得. 故高三年级的平均分为，高二年级的方差为. 18. 在中，，为边上一点，且，. （1）若，求： ①； ②的面积； （2）求的取值范围. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）（i）已知，，可求得的大小；在中，利用正弦定理可得，即可得；（ii）根据已知边、角关系，先求出，的长度，再利用三角形面积公式计算的面积； （2）利用正弦定理得出，，由三角形的内角和定理得出，且，利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为，，则，且为锐角， 在中，由正弦定理得，解得， 且，可得，则； （ii）因为，，， 所以， 又因为，可得. 且， 则， 在中，由正弦定理得， 即，所以， 所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得，可得， 在中，由正弦定理得，可得， 则， 因为，则，且， 可得 ， 因为，则，可得， 所以的取值范围为. 19. 如图，四面体中，，，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）设，，点在上.当的面积最小时，求： ①； ②直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）①；②； 【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）①分析可知当时，最小，即的面积最小，进而可得；②利用等体积法可得点到平面的距离，即可得线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①连接， 由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以，可得， 则，， 即，所以； ②设直线与平面所成角为，点到平面的距离为， 因为，即，解得， 则，可得， 所以直线与平面所成角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川唐徕中学2025-2026学年第二学期高一年级期末数学试卷 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本大题共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. 已知一组数据3，a，1，6，4，8的平均数是5，则这组数据的中位数是（ ） A. 3.5 B. 4 C. 5 D. 5.5 2. 已知复数满足：，则复数在复平面中对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 小明投篮两次，设“第一次投中”，“第二次投中”，“至少投中一次”，则下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与相互独立 C. D. 与是对立事件 4. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四棱锥的底面边长为2，表面积为12，则其体积为（ ） A. B. C. 4 D. 6. 现有，两道试题，甲、乙、丙三位同学各自独立等可能地从两道试题中抽取一道进行解答，则“至少有一位同学抽到试题”的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 平面内三点，，满足：且，动点满足，则的最大值是（ ） A. B. C. 6 D. 8 二、多选题：本大题共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. 已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列结论正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若，则 C. 若与相互独立，则 D. 若，则与相互独立 10. 在正方体中，下列说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角为 B. C. 平面平面 D. 当在棱上运动时，三棱锥的体积与该正方体的棱长有关 11. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立，已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，且.记该棋手连胜两盘的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，最小 C. 该棋手在第二盘与乙比赛，最小 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，最大 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 某中学共有学生1600人，现为了调查全校学生身高情况，按性别进行分层抽样，获得了容量为200的一个样本，已知在此样本中女生比男生多10人，则该校女生人数是______________. 13. 已知钝角三角形的面积为，，，则______________. 14. 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，是边长为1的正三角形，是球的直径，且球的表面积为，则此棱锥的体积为______________. 四、解答题：本大题共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. 如图，直三棱柱中，、分别是、的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求三棱锥的体积. 16. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译的概率是，甲、乙都能破译的概率是. （1）求乙能破译的概率； （2）求恰有一人能成功破译的概率； （3）求密码被成功破译的概率. 17. 为了让学生更好地遵守校纪校规，某中学对全校学生进行了校纪校规测试，试卷满分100分，所有学生的成绩均在[40，100].已知该校高一、高二、高三年级的学生人数分别为1200、1000、800，现按年级采用分层抽样的方式抽取了300名学生的成绩，绘制了如图所示的频率分布直方图. （1）求样本中各年级的人数； （2）根据频率分布直方图估计本次测试全校学生成绩的平均分和中位数； （3）经过计算，现已知样本方差为83，高一年级成绩的平均分是65，方差是75，高二年级的平均分是69，高三年级的方差是55，求高三年级的平均分和高二年级的方差. 18. 在中，，为边上一点，且，. （1）若，求： ①； ②的面积； （2）求的取值范围. 19. 如图，四面体中，，，，为的中点. （1）证明：平面平面； （2）设，，点在上.当的面积最小时，求： ①； ②直线与平面所成角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $