精品解析：黑龙江牡丹江市第二高级中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试卷

牡丹江二中2025—2026学年度第二学期高一数学期末试题 数学 考生注意 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上 .选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ， 在试题卷、草稿纸上作答无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝．明代会试分南卷、北卷、中卷，按的比例录取，若某年会试录取人数为300，则北卷录取人数为（ ） A. 140 B. 105 C. 70 D. 30 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的高为，侧面积为，下底面半径是上底面半径的2倍，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，∥，∥，则 B. 若⊂，⊂，∥，则∥ C. 若，∥，∥，则∥ D. 若，，∥，则 6. 正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 为响应教育部普及全学段人工智能通识教育的号召，某校开展了知识线上答题活动，根据成绩得到如图所示的频率分布直方图，则估计该校学生的平均成绩为（ ） A. 70 B. 68 C. 66 D. 65 8. 在棱长为1的正方体中，E，F，G分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面EFG没有公共点，则线段PB长度的最小值为（ ） A. 1 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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，，则有两解 10. 某校AI社团组织全校学生参加AI伦理与法治素养主题知识竞赛，旨在引导同学们深入学习人工智能伦理规范与相关法律知识，争做负责任的AI技术传播者．竞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，并绘制出如图所示的频率分布直方图．下列说法正确的是（ ） A. 的值为0.04 B. 估计样本成绩的众数约为85 C. 估计样本成绩的上四分位数约为87.5 D. 若规定成绩排名前的同学可入围决赛，估计进入决赛的同学成绩应不低于90分 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则（ ） A. 直线与所成夹角的余弦值为0 B. 直线与所成夹角的余弦值为 C. 三棱锥的表面积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______. 13. 某样本中5个数据的平均数为10，方差为6．现增加一个数据10，则这6个数的方差为_____． 14. 如图，在三棱锥中，平面，，，，为的中点，为上靠近的三等分点，过点，的平面与交于点，则当时，______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，若，，． （1）求边长. （2）求 16. 为了解学校高二学生的物理成绩，从某次测试中随机抽取100份测试卷进行成绩调查，发现抽取的测试卷的成绩分数都在40～100之间，将抽取的测试卷按成绩分成六组：，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）若60分（包含60）以上为合格，求的值和合格人数； （2）求抽取测试卷成绩的第80百分位数． 17. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 19. 如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点. （1）求平面和平面所成角的余弦值. （2）试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牡丹江二中2025—2026学年度第二学期高一数学期末试题 数学 考生注意 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上 .选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ， 在试题卷、草稿纸上作答无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝．明代会试分南卷、北卷、中卷，按的比例录取，若某年会试录取人数为300，则北卷录取人数为（ ） A. 140 B. 105 C. 70 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】先计算北卷录取人数占总录取人数的比例，再结合总录取人数求解北卷录取人数即可. 【详解】由题意，会试南卷、北卷、中卷的录取比例为， 因此北卷录取人数占总录取人数的比例为， 已知该年会试录取总人数为300，故北卷录取人数为. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，， ，故选项C正确. 3. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以. 4. 已知圆台的高为，侧面积为，下底面半径是上底面半径的2倍，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆台的母线长为，上底面的半径为，则下底面的半径为. 因为圆台的侧面积为，所以，得， 又，所以， 则上底面和下底面的面积分别为， 则该圆台的体积为. 5. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，∥，∥，则 B. 若⊂，⊂，∥，则∥ C. 若，∥，∥，则∥ D. 若，，∥，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用反例可判断A,B,D选项，根据线面平行的性质和判定定理可判断C选项. 【详解】如图，正方体中，记底面为平面，侧面为平面，为，为， 显然满足，∥，∥，但是此时，A不正确； 如图，满足⊂，⊂，∥，但是此时，B不正确； 因为，所以存在平面，使得，根据线面平行的性质定理可得， 所以，又因为，根据线面平行的判定定理可得， 而，所以，又因为，所以，C正确； 因为，，所以，因为，所以，D不正确. 故选：C. 6. 正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【详解】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为， 则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 7. 为响应教育部普及全学段人工智能通识教育的号召，某校开展了知识线上答题活动，根据成绩得到如图所示的频率分布直方图，则估计该校学生的平均成绩为（ ） A. 70 B. 68 C. 66 D. 65 【答案】B 【解析】 【详解】由频率分布直方图， 估计该校学生的平均成绩为 . 8. 在棱长为1的正方体中，E，F，G分别是棱的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线与平面EFG没有公共点，则线段PB长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，根据面面平行的判定定理，可证平面平面，结合题意，可得点P在直线AC上运动，再根据正方形的性质即可求解. 【详解】连接，因为E，F，G分别是棱的中点， 所以， 又平面，平面，平面， 平面，平面，平面，， 所以平面平面，又平面， 从而有平面，即点平面， 又点P在平面内，平面平面， 所以点P在直线AC上运动， 由正方形性质可得当点P位于AC中点时，BP最小，此时. 故选：C 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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，，则有两解 【答案】ABD 【解析】 【详解】A：由，本选项正确； B：因为是锐角三角形， 所以， 因为是锐角三角形，所以都是锐角， 所以由，本选项正确； C：因为，所以， 所以由，或， 由，此时该三角形是等腰三角形； 由，此时该三角形是直角三角形， 所以为等腰三角形或直角三角形，本选项不正确； D：由正弦定理可知， 因为，所以，当为锐角时，显然，符合题意； 当为钝角时，，符合三角形内角和定理， 所以△ABC有两解，本选项正确. 10. 某校AI社团组织全校学生参加AI伦理与法治素养主题知识竞赛，旨在引导同学们深入学习人工智能伦理规范与相关法律知识，争做负责任的AI技术传播者．竞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，并绘制出如图所示的频率分布直方图．下列说法正确的是（ ） A. 的值为0.04 B. 估计样本成绩的众数约为85 C. 估计样本成绩的上四分位数约为87.5 D. 若规定成绩排名前的同学可入围决赛，估计进入决赛的同学成绩应不低于90分 【答案】ABC 【解析】 【分析】由所有矩形的面积和为1，求出的值，即可判断A；由众数的定义求出其值，即可判断B；求出上四分位数，即可判断C；由题意可得绩不低于90分的同学占总体的，即可判断D. 【详解】对于A，由题意可得， 解得，故A正确； 对于B，设样本的众数为，则，故B正确； 对于C，设样本成绩的上四分位数为， 由题意可得， 所以， 所以，故C正确； 对于D，因为成绩不低于90分的同学占总体的，不满足题意，故D错误. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，则（ ） A. 直线与所成夹角的余弦值为0 B. 直线与所成夹角的余弦值为 C. 三棱锥的表面积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立坐标系，利用向量坐标运算可判断A,B，求出三棱锥的表面积可判断C，结合补形法可求外接球的面积，进而判断D. 【详解】以为原点，为 轴，为 轴，为 轴，正方体棱长为 2， 则； ，， ，A错误，B正确. 直角中，，其面积为2，直角中，，其面积为2， 直角中，，其面积为2，中，，其面积为， 所以三棱锥的表面积为，C正确. 三棱锥 可补形为正方体，其外接球与正方体外接球相同： 正方体棱长为 2，体对角线为​，即外接球直径​，，​ 表面积为，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______. 【答案】 【解析】 【详解】设，则， 所以， 所以， 所以，故. 13. 某样本中5个数据的平均数为10，方差为6．现增加一个数据10，则这6个数的方差为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据原5个数据的方差计算离均差平方和，结合新增数据与原平均数相等的特点，计算新样本的方差. 【详解】设原5个数据为， 由原平均数为10，得，因此； 由原方差为6，根据方差定义得，因此； 加入数据10后，新样本的平均数，与原平均数相等； 新样本的方差. 14. 如图，在三棱锥中，平面，，，，为的中点，为上靠近的三等分点，过点，的平面与交于点，则当时，______. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用坐标法，根据，求点的坐标，再代入两点间距离公式，即可求解. 【详解】如图，以点为原点，为轴的正方向，过点作轴，建立空间直角坐标系， ，，，， 设，，, 因为，所以，得， 此时，，所以 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，若，，． （1）求边长. （2）求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解； （2）利用余弦定理求出，利用同角关系式的平方关系求出，利用二倍角公式求出. 【小问1详解】 ，，，， ， ，，（负根舍去），故边长为. 【小问2详解】 ，，，， ，， ， . 16. 为了解学校高二学生的物理成绩，从某次测试中随机抽取100份测试卷进行成绩调查，发现抽取的测试卷的成绩分数都在40～100之间，将抽取的测试卷按成绩分成六组：，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）若60分（包含60）以上为合格，求的值和合格人数； （2）求抽取测试卷成绩的第80百分位数． 【答案】（1），合格人数为75人. （2）84 【解析】 【分析】（1）利用频率和为1求的值，再根据频率与频数的关系估计合格人数. （2）根据百分位数的概念求第80百分位数. 【小问1详解】 由. 100份测试卷中，合格人数为：人. 【小问2详解】 因为，， 所以成绩的第80百分位数为：. 17. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为分别为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行判定定理和面面平行的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，底面为正方形， 所以以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，由所以 令，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求角； （2）若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理化简等式，结合两角和的正弦公式和三角形中角的范围计算角的大小； （2）根据平面向量运算以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【小问1详解】 在三角形中，由正弦定理得： ． 中，，， ，， 或． 【小问2详解】 为锐角，， 为的中点，，， ，即， 根据重要不等式知：， ，当且仅当时，等号成立． 因此，的面积最大值为 19. 如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点. （1）求平面和平面所成角的余弦值. （2）试问在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设，求得，根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可得到答案. 【小问1详解】 解：由题知，，在图2中，是平面内的相交直线， 所以平面，且为二面角的平面角，所以， 以为原点，过点在平面内作垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 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， 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为. 【小问2详解】 解：假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由（1）得， 设，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $