精品解析：重庆市渝中区2025-2026学年下学期期末考试高一数学试题

2025-2026学年度（下期）高中期末考试 高一数学试题 （数学试题卷共6页，共19个小题，考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知i是虚数单位，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 设中角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 或 3. 掷两颗大小相同、质地均匀的骰子，观察掷得的点数．设事件至少一个点数是偶数，事件点数之和是奇数；事件A的概率为，事件B的概率为，则 A. B. C. D. 4. 已知平面向量，满足：，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 对于两个平面和两条直线，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 6. 如图，在三棱台中，，且三棱锥的体积为4，则三棱台的体积为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 7. 已知平面向量满足：，且对任意实数，不等式恒成立，则（ ） A. 5 B. C. D. 15 8. 如图，正方体的棱长为1，点P是上底面内的一个动点．设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，则下图中阴影部分表示P点轨迹的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3个小题，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，全部答对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的方差大于另一组数据的方差 B. 同时抛掷两枚大小相同、质地均匀的硬币，则出现一枚正面和一枚反面朝上的概率为 C. 若事件发生的概率非零且为互斥事件，则为相互独立事件 D. 若一组数据，则其第40百分位数为2.5 10. 重庆解放碑是纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现一学习小组准备对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图如图所示，A为解放碑的最顶端，B为解放碑的碑座（即B在A的正下方），在同一水平面内，在下列各组测量数据中，能计算出解放碑高度（即的长度）的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在正四棱锥中，，点F是的中点，点E为线段上一点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ） A. 四面体的体积是定值 B. 若E是的中点，且平面，则 C. 若，则正四棱锥内切球与外接球的体积之比为 D. 若，且，则四面体的外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 复数z满足，则________． 13. 已知，若，则________． 14. 小红在正方体的八个顶点中随意选取不共面的四个点作为三棱锥的顶点，在这些三棱锥中，小红发现有四个面都是直角三角形的三棱锥、正四面体、像墙角一样的三棱锥（三条侧棱两两互相垂直），他还找到了一个与前面都不同的三棱锥，在中是一个等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则与平面所成角的余弦值为________． 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某地区教育局组织学生参加“防溺水”网络知识问答，从中抽取110名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图． （1）估计这110名学生成绩的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）； （2）若知识问答成绩不高于60分的成绩等级被认定为“不合格”，知识问答成绩在中的成绩等级被认定为“良好”． ①现采取分层抽样的方法，从中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这两人成绩等级被认定为“良好”的概率； ②用样本估计总体，若从该地区随机抽取两人，求这两人成绩都“不合格”的概率． 16. 某次比赛活动有4道单项选择题，第题各题的满分分别为分，每道题目选对给满分，选错不给分，甲参加比赛活动，每道题都要回答，选对第题的概率分别为，且每道题目能否选对都是相互独立的． （1）求甲得4分的概率； （2）若参加者的比赛得分不低于7分，则比赛成功，求甲比赛成功的概率． 17. 在中，角的对边分别是，已知S为的面积，且． （1）求角C的大小； （2）若，判断的形状； （3）若为锐角三角形，且，求S的取值范围． 18. 如图①，是一个等腰梯形，，点E是的中点，现将沿着向上翻折至，连接，如图②． （1）若平面与平面相交于直线l，证明：． （2）证明：； （3）若，求平面与平面所成角的余弦值． 19. 如图是一个质地均匀的正二十面体，它由20个全等的正三角形面围成，现将它的20个面分别标注数字． （1）这个正二十面体有多少个顶点、多少条棱？并根据正四面体、正方体中顶点个数、棱的条数和面的个数猜测这类正多面体顶点个数a、棱的条数b和面的个数c满足的关系式； （2）抛掷两次这个正二十面体，观察它与地面接触面上的数字，求第一次的数字大于第二次的数字的概率； （3）抛掷一次这个正二十面体，观察它与地面接触面上的数字，构造适当的事件，使得，但不满足两两独立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度（下期）高中期末考试 高一数学试题 （数学试题卷共6页，共19个小题，考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知i是虚数单位，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 2. 设中角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】由正弦定理得， 因为，则，所以或. 3. 掷两颗大小相同、质地均匀的骰子，观察掷得的点数．设事件至少一个点数是偶数，事件点数之和是奇数；事件A的概率为，事件B的概率为，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式计算. 【详解】掷两颗大小相同、质地均匀的骰子，所得基本事件的总数为， 事件即两个点数是一奇一偶，基本事件的个数为， 所以. 4. 已知平面向量，满足：，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解. 【详解】设与的夹角为，， 在上的投影向量为， 所以，又，所以. 5. 对于两个平面和两条直线，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，若，，则或，存在的情况不满足，故A错误； 对于B，由，可得或， 又，根据线面垂直的性质，直线垂直于平面内所有直线以及平行于该平面的直线，因此，故B正确； 对于C，若，，当直线平行于与的交线时，，并不一定垂直于，故C错误； 对于D,当与相交时，内也存在不共线的三点到的距离相等（如两点在同侧、一点在异侧，且三点到距离相等）， 因此不一定有，故D错误。 6. 如图，在三棱台中，，且三棱锥的体积为4，则三棱台的体积为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】在三棱台中，因为，所以， 设三棱台的高为，因为三棱锥的体积为4，所以， 所以三棱台的体积为. 7. 已知平面向量满足：，且对任意实数，不等式恒成立，则（ ） A. 5 B. C. D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据恒成立条件求出，再根据向量的模公式代入求解即可. 【详解】对任意，恒成立，所以. 令，该二次函数开口向上. 根据题意得时取最小值，因此二次函数对称轴为. 则对称轴. 已知，得 . 因此，则. 8. 如图，正方体的棱长为1，点P是上底面内的一个动点．设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，则下图中阴影部分表示P点轨迹的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作与点，过点作与点，根据二面角的平面角的定义，求得和，进而得到和，根据题意，转化为，在正方形中，只需点到的距离比到的距离小，即可求解. 【详解】过点作于点，过点作于点， 可得平面，且平面， 因为平面，可得， 又因为平面与平面的夹角为，所以，同理可得， 因为， 所以，所以，同理可得， 所以只需在正方形内，使得，即， 如图（2）所示，取正方形各边的中点，连接， 只需在正方形中，点到的距离比到的距离小， 所以点落在选项A中的阴影区域内. 二、选择题：本大题共3个小题，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，全部答对的得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的方差大于另一组数据的方差 B. 同时抛掷两枚大小相同、质地均匀的硬币，则出现一枚正面和一枚反面朝上的概率为 C. 若事件发生的概率非零且为互斥事件，则为相互独立事件 D. 若一组数据，则其第40百分位数为2.5 【答案】BD 【解析】 【分析】根据古典概型、互斥事件、独立事件等综合判断各选项即可. 【详解】选项A，的方差为,的方差为,故A选项错误. 选项B, 设正面为正，反面为负，则基本事件为， 故出现一枚正面和一枚反面朝上的概率为,故B选项正确. 选项C, 若事件发生的概率非零且为互斥事件，则，故二者一定不是相互独立事件,故错误. 选项D，一组数据的第40百分位数为，故D正确. 10. 重庆解放碑是纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现一学习小组准备对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图如图所示，A为解放碑的最顶端，B为解放碑的碑座（即B在A的正下方），在同一水平面内，在下列各组测量数据中，能计算出解放碑高度（即的长度）的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用线面垂直将立体几何问题转化为平面三角形问题，在和中，是公共直角边，；若能通过地面中的已知条件求出或，结合对应的仰角即可求出；若已知及角度关系，可通过建立关于或角度的方程求解. 【详解】平面，所以，，即，均为直角三角形.  选项A：在中，已知， 由及正弦定理可求出的长度， 在中，利用即可求出，故A正确. 选项B：在中，已知， 利用余弦定理可以求出的长度， 在中，利用即可求出，故B正确. 选项C：设，则， 在中，； 在Rt中，， 联立可得， 因为为锐角，，即可求出，进而求出，故C正确. 选项D：由于平面，根据三余弦定理（或向量数量积推导）， 空间角与平面角满足关系：， 即不是独立的，并未提供关于边长的新信息. 剩下的已知条件仅为，在中，已知一边和一角， 无法确定三角形的形状（即无法求出的长度），因此无法计算，故D错误. 11. 如图，在正四棱锥中，，点F是的中点，点E为线段上一点（包含边界），则下列结论中正确的是（ ） A. 四面体的体积是定值 B. 若E是的中点，且平面，则 C. 若，则正四棱锥内切球与外接球的体积之比为 D. 若，且，则四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，若是中点得，再由线面平行的判定有平面，最后根据已知及棱锥的体积求法判断；对B，用基底表示出，从而得到，结合空间向量共面的结论判断；对C，利用等体积法求内切球的半径，利用正棱锥的结构特征确定外接球球心位置，再利用几何关系求其半径，最后由判断；对D，根据已知求出四面体的外接球的半径，再求表面积即可判断. 【详解】A：若是中点，是中点，故， 由平面，平面，因此平面， 在上，故到平面的距离为定值，面积也为定值， 因此四面体体积为定值，A正确， B：取为空间向量的基底，则， 设， 因为四点共面，所以， 所以，即，故B正确； C：由，，则，，中上的高为， 所以，， 设内切球的半径为，则， 即， 设外接球球心为，则在上，设外接球半径为， 则， 所以，故C错误； D：若，且，易知中，为中点， 所以， 由正棱锥的结构特征知，且，则， 由A知也是的中点，则， 由且都在平面内，所以平面， 结合四面体的对称性，其外接球的球心在中底边的高所在直线上， 所以外接球半径为，而在中底边的高为， 所以，则，可得， 所以，则表面积，D正确. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 复数z满足，则________． 【答案】 【解析】 【详解】设，则， 由，得， 即，则，， 所以 13. 已知，若，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，解得或（舍去）， 所以，所以. 14. 小红在正方体的八个顶点中随意选取不共面的四个点作为三棱锥的顶点，在这些三棱锥中，小红发现有四个面都是直角三角形的三棱锥、正四面体、像墙角一样的三棱锥（三条侧棱两两互相垂直），他还找到了一个与前面都不同的三棱锥，在中是一个等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，则与平面所成角的余弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设正方体的棱长为，根据题意，得到三棱锥，由点为的中点，得到点到平面的距离等于点到平面的距离，结合等体积法，求得点到平面的距离，结合线面角的求法，即可得到答案. 【详解】如图所示，设正方体的棱长为， 三棱锥中，可得， 满足是一个等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形， 因为四边形为正方形，所以点为的中点， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 设到平面的距离为，其中， 因为等边的边长为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点到平面的距离等于， 设与平面所成角为，可得，， 所以与平面所成角的余弦值为. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某地区教育局组织学生参加“防溺水”网络知识问答，从中抽取110名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图． （1）估计这110名学生成绩的平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）； （2）若知识问答成绩不高于60分的成绩等级被认定为“不合格”，知识问答成绩在中的成绩等级被认定为“良好”． ①现采取分层抽样的方法，从中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这两人成绩等级被认定为“良好”的概率； ②用样本估计总体，若从该地区随机抽取两人，求这两人成绩都“不合格”的概率． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出的值，再利用组中值乘以对应频率求和即可得到平均数； （2）①根据频率之比确定分层抽样中各层抽取的人数，利用古典概型概率公式计算即可； ②利用独立事件概率乘法公式求解即可. 【小问1详解】 根据频率分布直方图所有小矩形的面积之和为1， 可得：，解得. 估计这110名学生成绩的平均数为： . 所以，估计这110名学生成绩的平均数为 分. 【小问2详解】 ① 成绩在的频率为，成绩在的频率为. 因为，所以采取分层抽样的方法从中抽取6人， 其中成绩在（即“良好”）的人数为人，成绩在的人数为人. 设“这两人成绩等级被认定为‘良好’”为事件， 则. 故这两人成绩等级被认定为“良好”的概率为. ②成绩不高于60分（即“不合格”）的频率为. 用样本估计总体，从该地区随机抽取一人，其成绩“不合格”的概率为. 设“从该地区随机抽取两人，这两人成绩都‘不合格’”为事件，则. 故这两人成绩都“不合格”的概率为. 16. 某次比赛活动有4道单项选择题，第题各题的满分分别为分，每道题目选对给满分，选错不给分，甲参加比赛活动，每道题都要回答，选对第题的概率分别为，且每道题目能否选对都是相互独立的． （1）求甲得4分的概率； （2）若参加者的比赛得分不低于7分，则比赛成功，求甲比赛成功的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用独立事件、互斥事件概率公式计算； （2）列举得分不低于7分的所有互斥情况，分别计算概率后求和即可 【小问1详解】 由题可知各题答对事件相互独立，甲得4分包含两类情况： ①仅答对第4题，其余题全错，概率为：， ②答对第1题、第3题，其余题全错，概率为：， 所以甲得4分的概率为. 【小问2详解】 记甲比赛得分为，若甲比赛成功，， 则， ， ， ， 所以甲比赛成功的概率为. 17. 在中，角的对边分别是，已知S为的面积，且． （1）求角C的大小； （2）若，判断的形状； （3）若为锐角三角形，且，求S的取值范围． 【答案】（1） （2）为等边三角形 （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理和面积公式代入求解即可； （2）根据正弦定理整理可得，再结合分类讨论判断的形状； （3）根据正弦定理进行边角转化，将面积问题转化为正弦型函值域问题，再结合正弦型函数性质求解范围. 【小问1详解】 根据余弦定理：， 三角形面积公式：， 代入已知条件可得： ， 解得，又，故. 【小问2详解】 由正弦定理，代入得： ， 当，即，结合，得，为等边三角形； 当，即，则，与(1)中矛盾，舍去， 故为等边三角形. 【小问3详解】 已知，，由正弦定理，得，， 且. 因为为锐角三角形， 所以， 面积，代入， ， 由得，故， 代入得：， 故的取值范围为. 18. 如图①，是一个等腰梯形，，点E是的中点，现将沿着向上翻折至，连接，如图②． （1）若平面与平面相交于直线l，证明：． （2）证明：； （3）若，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）原等腰梯形中，是中点，，故. 又且，因此四边形是平行四边形，得. 因为，平面，平面，则平面. 因为平面，平面与平面相交于直线l，则. （2） 取中点，连接，是边长为2的等边三角形， 故，. 因为，， 则，且，翻折后关系不变. 由，得，； 又，平面，故平面. 因平面，故. （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理以及线面平行的性质求解即可. （2）根据线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质求解即可. （3）根据二面角的定义找到平面角，再根据三角形求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 根据（1）（2）知，，且，则. 根据（2）知，，则. 因为平面与平面相交于直线l，则平面与平面所成角为. 因为，由余弦定理，， 解得， 即平面与平面所成角的余弦值为. 19. 如图是一个质地均匀的正二十面体，它由20个全等的正三角形面围成，现将它的20个面分别标注数字． （1）这个正二十面体有多少个顶点、多少条棱？并根据正四面体、正方体中顶点个数、棱的条数和面的个数猜测这类正多面体顶点个数a、棱的条数b和面的个数c满足的关系式； （2）抛掷两次这个正二十面体，观察它与地面接触面上的数字，求第一次的数字大于第二次的数字的概率； （3）抛掷一次这个正二十面体，观察它与地面接触面上的数字，构造适当的事件，使得，但不满足两两独立． 【答案】（1）顶点数为，棱数为，关系式为 （2） （3）设样本空间，事件为奇数，事件，事件（答案不唯一） 【解析】 【分析】（1）利用多面体的边、顶点共享性质计算：先计算棱数和顶点数，再结合正四面体、正方体的数值验证. （2）根据抛掷两次是等可能古典概型，利用对称性：第一次大于第二次和第一次小于第二次的情况数相等，结合互斥事件计数即可求解； （3）根据，任意两个事件的，通过整数计数构造出符合要求的事件即可. 【小问1详解】 正二十面体有20个全等正三角形面： 每个面有3条棱，每条棱被2个面共享，因此棱数 ； 正二十面体每个顶点汇聚5条棱，每条棱连接2个顶点，因此顶点数 , 验证正多面体：正四面体 ，满足 ； 正方体 ，满足 ， 因此猜测关系式为：， 顶点12个，棱30条，满足关系式. 【小问2详解】 求第一次数字大于第二次的概率 抛掷两次，总基本事件数为，所有结果等概率： 第一次数字等于第二次的情况共20种，因此； 由对称性，， 且 ， 因此. 【小问3详解】 假设抛掷一次，数字为 可得： ：得到的数字是奇数，，； ：得到的数字是，，； ：得到的数字是，，. 验证：，，， 满足； ，， 而，因此不独立， 即不满足两两独立，符合要求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $