精品解析：安徽省六安第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

六安一中2026年春学期高一年级期末考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知随机事件A与B互斥，且，，则（    ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.9 2. 已知复数满足，则为（    ） A. B. 2 C. 1 D. i 3. 已知在空间四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 4. 班上有5名数学爱好者，其中3人是男生.若从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，则下列向量中可以与，构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（     ）． A. 直线与直线相交 B. 直线与直线垂直 C. 直线与直线平行 D. 直线平面 7. 为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于2026年1月组织高一、高二、高三三个年级共400名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（） A. 这400名学生中，高一人数比高二人数多40 B. 成绩前200名的高一学生有90人 C. 成绩前100名的学生中，高三学生人数不超过64 D. 成绩第101名到第200名的学生中，高二人数比高一人数多 8. 已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 下列说法正确的是（    ） A. 数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的中位数是19 B. 一组样本数据的方差, 则这组样本数据的总和为60 C. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数是5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本的平均数不变，方差变大 10. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回地依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（     ） A. 与互为对立 B. 与互斥 C. 与相互独立 D. 11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.如图是一个圆柱容球，，为圆柱下、上底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ） A. 球与圆柱的表面积之比为 B. 平面截得球的截面面积最小值为 C. 四面体的体积的取值范围为 D. 若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，且，则________________． 13. 棱长为1的正四面体外接球的体积为______. 14. 已知随机事件满足，则下列结论 ：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是______． 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. 如图，在空间四边形OABC中，已知，，，点D、E分别为BC、AD的中点，设，，． （1）试用向量表示向量； （2）求的值． 16. 在中，角，，所对的边分别为，已知，． （1）求的值； （2）若，求边上的高． 17. 如图，在圆锥PO中，已知，的直径，点C在上，且，点D为AC的中点． （1）证明：平面 （2）求二面角的正弦值． 18. 某校法联社团组织高一年级所有学生参加“感受法治内涵，争做法治宣传人”的主题知识比赛，旨在引导同学们深入学习法治知识，争当法治精神的传播者．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值； （2）若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （3）现有甲、乙两同学入围决赛，均需回答两道考题，已知甲同学答对每道题目的概率均为，乙同学答对每道题目的概率均为，且两人各道题答对与否互不影响，求甲、乙两人共计答对三道题目的概率． 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设，过点作一个与正方体底面平行的平面； （i）求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积； （ii）如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2026年春学期高一年级期末考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知随机事件A与B互斥，且，，则（    ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.9 【答案】D 【解析】 【详解】因为随机事件A与B互斥，且，， 所以. 2. 已知复数满足，则为（    ） A. B. 2 C. 1 D. i 【答案】C 【解析】 【详解】，所以 3. 已知在空间四边形中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据得到G为CD的中点，再利用平行四边形法则得到，最后代入计算即可. 【详解】因为，故G为CD的中点，如图， 由平行四边形法则可得， 所以. 故选：A. 4. 班上有5名数学爱好者，其中3人是男生.若从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出样本空间的样本数和恰好2人都是男生的样本个数，再利用古典概率公式，即可求解. 【详解】由题知班上有5名数学爱好者，其中3人是男生， 记这3人为，其余2人为， 从5人中选取人有：，共有10种情况， 恰好2人都是男生有，共3种情况， 所以从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率为. 故选：A. 5. 已知向量，，则下列向量中可以与，构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依次判断各选项的向量，与，不共面即可. 【详解】对于A，假设，即，显然与矛盾，故，，不共面，可以构成基底，满足. 对于B，由于，，，共面，不满足； 对于C，由于，，，共面，不满足； 对于D，零向量与任意向量共面，故基底向量不能是零向量，不满足； 故能与，构成空间的一个基底的只有． 故选：A 6. 在正方体中，是的中点，则下列说法中正确的是（     ）． A. 直线与直线相交 B. 直线与直线垂直 C. 直线与直线平行 D. 直线平面 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的概念判断异面的问题，根据垂直、平行的判断结合空间向量的运算逐一判断平行和垂直问题. 【详解】A：连接，则，直线平面， 又平面，且平面，且， 所以直线与直线异面，不相交，故本选项说法不正确；    B：连接；由正方体的性质可知， 又是的中点，所以直线与直线垂直，因此本选项说法正确； C：以为原点，建立如图空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则 所以，不存在实数使， 故直线与直线不平行，故本选项不正确；    D：因为，， 所以，所以直线与平面内的直线不垂直， 所以直线与平面不垂直，因此本选项说法不正确. 7. 为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于2026年1月组织高一、高二、高三三个年级共400名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（） A. 这400名学生中，高一人数比高二人数多40 B. 成绩前200名的高一学生有90人 C. 成绩前100名的学生中，高三学生人数不超过64 D. 成绩第101名到第200名的学生中，高二人数比高一人数多 【答案】D 【解析】 【分析】根据饼状图和条形图提供的数据逐一分析判断选项． 【详解】由饼图可知，高一人数比高二人数多选项正确； 由条形图可知，成绩前200名中高一人数为人，B选项正确； 成绩前100名的学生中，高一人数为人， 故高三人数不超过人，C选项正确； 成绩第101名到第名的学生中，高一人数为人， 故高二最多有人，因此高二人数比高一少，D选项错误， 故选：D 8. 已知随机事件，，发生的概率均为，且两两独立，那么这三个事件同时发生的概率可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由两两相互独立得到， 设， 则 ，解得， 又考虑， 解得，综上得． 【点睛】利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性条件逐步缩小范围. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分． 9. 下列说法正确的是（    ） A. 数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的中位数是19 B. 一组样本数据的方差, 则这组样本数据的总和为60 C. 若样本数据的方差为8，则数据的方差为 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数是5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本的平均数不变，方差变大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据中位数的定义， 平均数和方差的运算公式和性质逐一判断即可. 【详解】A：因为数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30是从小到大排列，且一共有个， 所以该组数据的中位数是，因此本选项说法不正确； B：因为一组样本数据的方差， 所以该组数据的平均数为，且这组数据一共有个，所以这组样本数据的总和为，因此本选项说法正确； C：因为样本数据的方差为8， 所以数据的方差为，因此本选项说法正确； D：因为一个样本容量为8的样本， 所以设这8个数据为， 因为该样本的平均数是5，方差为2， 所以， ， 现样本中又加入一个新数据5， 此时样本的平均数为， 方差为， 所以样本中又加入一个新数据5，此时样本的平均数不变，方差变小，因此本选项说法不正确. 10. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回地依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（     ） A. 与互为对立 B. 与互斥 C. 与相互独立 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对立事件、互斥事件、独立事件的定义，结合古典概型运算公式逐一判断即可. 【详解】设2个白球为，，2个黑球为，， 则样本空间为： ，共12个基本事件. 事件，共4个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共8个基本事件， A：因为，，所以事件A与D互为对立，所以本选项说法正确； B：因为，所以事件B与C不互斥，因此本选项说法不正确； C：因为，，， 则，所以事件A与B相互独立，因此本选项说法正确； D：因为，所以本选项说法正确. 11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.如图是一个圆柱容球，，为圆柱下、上底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ） A. 球与圆柱的表面积之比为 B. 平面截得球的截面面积最小值为 C. 四面体的体积的取值范围为 D. 若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为， 则球的表面积为，圆柱的表面积为，所以球与圆柱的表面积之比为，故A正确； 对于B，矩形所在截面如图所示，过点作于点，则由题可得， 设点到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为， 则，，所以平面截得球的截面面积最小值为，故B正确； 对于C，由题可知四面体的体积等于，点E到平面的距离， 又，所以，故C错误； 对于D，由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上， 设P在底面的投影为，则，，， ，设，则，， 所以， 所以.故D正确. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，且，则________________． 【答案】1 【解析】 【详解】因为， 所以. 13. 棱长为1的正四面体外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用正三棱锥和球的关系，利用勾股定理的应用求出外接球的半径，进一步利用体积公式的应用求出球的体积． 【详解】解：设正四面体，棱长为1， 如图所示： 设外接球的球心为，半径为， 所以， 由于， 所以， 在中，利用勾股定理：， 即：，解得， 所以． 故答案为：． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 14. 已知随机事件满足，则下列结论 ：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】利用概率的性质结合已知即可推出①正确；再利用和事件的概率公式，即可得出判断． 【详解】对于①，， ， 又，所以， 故，①正确； 对于②③④，，结合， 可得，而， 所以，②正确，③错误，④正确． 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. 如图，在空间四边形OABC中，已知，，，点D、E分别为BC、AD的中点，设，，． （1）试用向量表示向量； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由几何体结构结合向量运算法则直接进行运算即可； （2）由（1），两边平方，结合向量的数量积运算即可求解. 【小问1详解】 由题可得，向量； 【小问2详解】 因为，两边平方得， . 所以. 16. 在中，角，，所对的边分别为，已知，． （1）求的值； （2）若，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合已知条件得出，进而利用余弦定理求解； （2）结合已知条件求出，利用的范围求出，进而求出边上的高． 【小问1详解】 设三角形外接圆的半径为，由正弦定理得， 已知，则， 由余弦定理得． 【小问2详解】 由（1）知，若，则， 因为，且， 故， 故边上的高为． 17. 如图，在圆锥PO中，已知，的直径，点C在上，且，点D为AC的中点． （1）证明：平面 （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，则由等腰三角形的性质可得，再由圆的性质结合三角形中位线定理得，然后由线面垂直的判定定理可证得结论， （2）由（1）可得为二面角的平面角，可证得，然后在中求解即可 【小问1详解】 证明：连接，则， 因为点D为AC的中点，所以， 因为为的直径，所以，所以， 因为为的中点，D为AC的中点， 所以‖，，所以， 因为，平面， 所以平面， 【小问2详解】 由（1）知，， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面， 所以， 因为，，， 所以，所以， 所以在中，, 所以二面角的正弦值为 18. 某校法联社团组织高一年级所有学生参加“感受法治内涵，争做法治宣传人”的主题知识比赛，旨在引导同学们深入学习法治知识，争当法治精神的传播者．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值； （2）若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （3）现有甲、乙两同学入围决赛，均需回答两道考题，已知甲同学答对每道题目的概率均为，乙同学答对每道题目的概率均为，且两人各道题答对与否互不影响，求甲、乙两人共计答对三道题目的概率． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用频率直方图的性质即可求出； （2）找出排名前的同学的成绩所在区间，通过比例计算该区间内的具体偏移量，最终求解最低入围成绩； （3）先拆分事件，再分步计算子事件概率，最后合并子事件概率求解． 【小问1详解】 频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1， ，解得. 【小问2详解】 的频率为，的频率和为， 故排名前的同学的成绩位于内，且设为，则，解得， 进入决赛的同学成绩应不低于分． 【小问3详解】 甲乙两人共计答对三道题目的情况有： 甲对一道题，乙对两道题，或甲对两道题，乙对一道题， 设甲对一道题，乙对两道题为事件，甲对两道题，乙对一道题为事件， ，， 两人各道题答对与否互不影响，则． 甲、乙两人共计答对三道题目的概率为． 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设，过点作一个与正方体底面平行的平面； （i）求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积； （ii）如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用圆柱体的体积公式进行求解； （2）（i）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出边长，得到面积； （ii）构造出一个截面，满足题干条件，求解八分之一“牟合方盖”的体积转化为求解，再代入求值即可. 【小问1详解】 因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为． 【小问2详解】 （i）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为， 因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为． （ii）由（i）得用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图所示： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与 “牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $