精品解析：湖南长沙市长郡中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

高一数学期末 时量：120分钟 满分：150分 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，只有一个选项符合题目要求的．） 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 可得复数在复平面内对应的点，位于第一象限. 2. 已知单位向量满足，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以， 即， 即， 所以 3. 已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】若，则或，故A错误； 若，则，又，所以，故B错误； 若，，则. 记， 在平面内过点作， 则， 所以； 因为，平面，所以，故C正确； 若，则或，又，并不能确定的位置关系，故D错误. 4. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 5. 风筝起源于春秋时期，是中国传统手工艺的代表，被称为人类最早的飞行器．如图所示，在一个简易风筝面的示意图中，AC垂直平分BD，E为垂足，，，则（ ） A. 8 B. C. D. -8 【答案】A 【解析】 【分析】设，可得，，根据勾股定理求出AD，由余弦定理求出，再由同角三角函数的基本关系求解． 【详解】设，则，，， 则，． 在中，由余弦定理可得． 所以，． 故选：A 6. 已知一个古典概型的样本空间和事件，满足（表示事件包含的样本点的个数），则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件独立 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知，，，. 对于A，，故A错误； 对于B，由，得， 所以，故B正确； 对于C，若事件互斥，则，但，故C错误； 对于D，，故不独立，故D错误. 7. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分100分），得到如图所示的统计图，则（ ） A. 甲得分的极差大于乙得分的极差 B. 甲得分的中位数小于乙得分的中位数 C. 甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】C 【解析】 【详解】由图可知，甲同学的得分为， 乙同学的得分为， 将两人的得分从小到大排列： 甲：； 乙：. 对于A，甲得分的极差为，乙得分的极差为， 因为，所以甲得分的极差小于乙得分的极差，故A错误； 对于B，甲得分的中位数为，乙得分的中位数为， 因为，所以甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故B错误； 对于C，因为，所以上四分位数为排序后的第个数据. 所以甲得分的上四分位数为，乙得分的上四分位数为， 因为，所以甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数，故C正确； 对于D，甲得分的平均数为， 乙得分的平均数为， 给乙得分统一加2，得， 显然比甲的得分更分散，所以甲得分的方差小于乙得分的方差，故D错误. 8. 刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【详解】如图，连接，设，连接，则平面， 取的中点，连接，由正四棱锥的结构特征知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，，所以， 又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点处的各面角分别为、、，该顶点处的曲率为. 故选：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. 已知为虚数单位，，以下选项正确的是（ ） A. 若，则的虚部为-1 B. 若，则 C. 设，则 D. 若，则在复平面内所对应的点的集合所构成的图形面积为 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A：若，则， 所以的虚部为，故A正确； 对于B：例时，，故B不正确； 对于C：由题意可知：，所以，故C正确； 对于D：若，则在复平面内所对应的点的集合所构成的图形是以坐标原点为圆心，半径为的圆与半径为的圆之间的圆环， 所以其面积为，故D不正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体被抽到的概率是0.2 B. 从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为，则为整数的概率是 C. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件 D. 若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16 【答案】ABD 【解析】 【详解】A选项：简单随机抽样中每个个体被抽到的概率相等，为，所以A正确； B选项：从四个数中任取两个作为，共有种有序结果， 其中为整数的有和两种，概率为，所以B正确； C选项：“至多有一个黑球”即“至少有一个红球”，两者是同一事件，不是对立事件，C错误； D选项：若原数据标准差为8，则方差为64， 故数据，的方差为，标准差为，D正确． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ） A. 当时，点的轨迹长为 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，不存在点，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧判断；对于B，分别取中点得的轨迹为线段，再结合平面判断；对于C，分别取中点得的轨迹为线段，再结合判断；对于D，结合点的轨迹为线段，平面判断. 【详解】因为点满足，其中， 所以点为正方形内部及棱上的点， 对于A，由正方体的性质易知平面， 故当时，， 即点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧， 因为正方体的棱长为1，故的轨迹长为，A选项正确； 对于B选项，分别取中点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面，所以， 同理可知，又，所以平面， 因为当时，的轨迹为线段， 此时若存在点满足平面，则，显然不成立， 故当时，不存在点，使得平面，B选项错误； 对于C，分别取中点，连接， 当时，的轨迹为线段，由正方体的性质易知， 若存在点，使得，则，显然矛盾， 所以当时，不存在点，使得，C选项正确； 对于D，当时，点的轨迹为线段，因为分别为中点， 所以，又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 所以点到平面距离为定值，即三棱锥的体积为定值，D选项正确； 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某校高一年级有900名学生，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为81的样本，其中抽取男生和女生的人数分别为45，36，则该校高一年级的女生人数为___________． 【答案】 400 【解析】 【详解】该校高一年级的女生人数为. 13. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意计算母线长，再利用圆台的侧面积公式计算得到答案. 【详解】因为圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，它的侧面展开图扇环的圆心角为， 设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，如图，由题意可得： ，解得， 所以圆台的侧面积, 故答案为：. 14. 如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1移动到数字n（n=2，3，…，9）的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中，经过数字n（n=2，3，…，8）的事件概率记为，则________；________. 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【详解】由题意可知：，， 若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到， 则， 据此可得，，，，，，所以， 因为5到9共有，，，，五条不同的路线， 所以经过5的路线共有条， 所以. 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. 在中，角的对边分别为，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据平面向量平行的坐标表示得，利用正弦定理边化角得，再根据两角和的正弦公式变形可求出结果； （2）利用余弦定理以及不等式知识，求出，再根据三角形的面积公式可求出结果. 【详解】（1）∵，所以， 由正弦定理得， ∴， ∴ 由，得， 因为，所以 所以，由于，∴. （2）由余弦定理得， 所以， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 因此的面积，当且仅当时，等号成立. 因此的面积的最大值. 16. 漳州古城有着上千年的建城史，是国家级闽南文化生态保护区的重要组成部分，并人选首批“中国历史文化街区”.五一假期来漳州古城旅游的人数创新高，单日客流峰值达20万人次.为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了100名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分100分）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计100名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）； （2）已知满意度分值落在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差. 【答案】（1），众数为85，中位数为82 （2）平均数为81；方差为30 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1即可求得a的值；结合众数和中位数的含义即可求得它们的值； （2）根据平均数以及方差的计算公式，即可求得答案. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，，解得， 由频率分布直方图可估计众数为85， 满意度分值在的频率为， 在的频率为， 所以中位数落在区间内， 所以中位数为. 【小问2详解】 由频率分布直方图得，满意度分值在的频率为，人数为20； 在的频率为，人数为30， 把满意度分值在记为，其平均数，方差， 在内记为，其平均数，方差， 所以满意度分值在的平均数， 根据方差的定义，满意度分值在的方差为 由，可得， 同理可得， 因此， 17. 如图所示，直三棱柱的所有棱长均相等，点D为的中点，点E为的中点. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求该三棱柱的外接球表面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连结，证明即可； （2）设，由可求出，然后求出外接球的半径即可. 【小问1详解】 证明：连结， 因为侧面为矩形，所以点为的中点， 又因为点为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以，平面. 【小问2详解】 设，因为， 又因为直三棱柱的所有棱长均相等 所以，点到平面的距离为，， 所以，，解得：， 因为等边三角形的外接圆半径为，三棱柱的高， 所以，三棱柱的外接球半径 所以，三棱柱的外接球表面积. 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛．已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为．其中，，且每局比赛相互独立．决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束． （1）假设． （i）求“两局结束比赛且乙获胜”的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲 【解析】 【分析】（1）（i）根据题意，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解；（ii）根据题意，得到，代入计算，即可得到答案； （2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，事件为“第一局乙对甲最终乙获胜”，分①第一局乙获胜，第二局乙获胜；②第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；③第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，三种情况讨论，结合概率的乘法和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【小问1详解】 （i）乙连胜两局获胜最终获胜的概率为； （ii）比赛结束时乙获胜的概率为 . 【小问2详解】 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，事件为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 则事件包含3种情况：①第一局乙获胜，第二局乙获胜； ②第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； ③第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 所以， 同理可得, 所以 因为，所以，即， 所以乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． （1）证明：； （2）设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 【答案】（1）证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，证得平面，得到，结合，证得，即可证得； （2）以,所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，求得，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学期末 时量：120分钟 满分：150分 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，只有一个选项符合题目要求的．） 1. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知单位向量满足，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. 0 C. D. 3. 已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 风筝起源于春秋时期，是中国传统手工艺的代表，被称为人类最早的飞行器．如图所示，在一个简易风筝面的示意图中，AC垂直平分BD，E为垂足，，，则（ ） A. 8 B. C. D. -8 6. 已知一个古典概型的样本空间和事件，满足（表示事件包含的样本点的个数），则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件独立 7. 某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分100分），得到如图所示的统计图，则（ ） A. 甲得分的极差大于乙得分的极差 B. 甲得分的中位数小于乙得分的中位数 C. 甲得分的上四分位数大于乙得分的上四分位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 8. 刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） 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. 已知为虚数单位，，以下选项正确的是（ ） A. 若，则的虚部为-1 B. 若，则 C. 设，则 D. 若，则在复平面内所对应的点的集合所构成的图形面积为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体被抽到的概率是0.2 B. 从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为，则为整数的概率是 C. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至多有一个黑球与至少有一个红球是两个对立的事件 D. 若样本数据的标准差为8，则数据，的标准差为16 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ） A. 当时，点的轨迹长为 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，不存在点，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某校高一年级有900名学生，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为81的样本，其中抽取男生和女生的人数分别为45，36，则该校高一年级的女生人数为___________． 13. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为______. 14. 如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1移动到数字n（n=2，3，…，9）的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中，经过数字n（n=2，3，…，8）的事件概率记为，则________；________. 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. 在中，角的对边分别为，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值． 16. 漳州古城有着上千年的建城史，是国家级闽南文化生态保护区的重要组成部分，并人选首批“中国历史文化街区”.五一假期来漳州古城旅游的人数创新高，单日客流峰值达20万人次.为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了100名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分100分）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计100名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）； （2）已知满意度分值落在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差. 17. 如图所示，直三棱柱的所有棱长均相等，点D为的中点，点E为的中点. （1）求证：平面； （2）若三棱锥的体积为，求该三棱柱的外接球表面积. 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛．已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为．其中，，且每局比赛相互独立．决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束． （1）假设． （i）求“两局结束比赛且乙获胜”的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略． 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． （1）证明：； （2）设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $