精品解析：福建福州市福九联盟2025-2026学年第二学期高一期末适应性练习数学试卷

2025-2026学年第二学期高中期末适应性练习 高中一 年数学科试卷 考试时间：7月8日 完卷时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】集合，，则． 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，可知的虚部为1. 3. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【详解】因为在上单调递增，由可得， 所以由推不出，即充分性不成立； 由推出，即必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量坐标加减法运算，向量垂直坐标表示，以及向量模的坐标公式分析计算即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，即，解得：， 所以，所以， 所以. 5. 正四棱台上底面边长为4，下底面边长为6，侧棱长为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解即可. 【详解】如图所示，为正四棱台，且，连接， 过作于；过作于， 由题意可得， 由正四棱台可得，则， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为16和36， 所以正四棱台的体积. 故选：C. 6. 抽样调查得到20个样本数据，记作，样本数据的平均数为9，方差5.现去掉一个最大值13和一个最小值5，产生一组新数据，关于这组新数据，下列说法错误的是（ ） A. 中位数一定不变 B. 极差一定变小 C. 方差一定变小 D. 平均数一定不变 【答案】B 【解析】 【分析】由题可设20个样本数据从小到大排列为，通过计算可逐项判断. 【详解】不妨设20个样本数据从小到大排列为， 去掉最小，最大，剩下共18个样本数据， 原样本中位数为，新样本中位数也为，故A正确； 新样本极差为，所以极差有可能与原来相等，故B错误； 因为原样本均值为，所以新样本均值，故D正确； 原样本方差， 新样本方差， 所以新样本方差变小，故C错误； 故选：B. 7. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，并记录每次骰子朝上的面的点数，记事件为“第一次朝上的面的点数为质数”，事件为“两次朝上的面的点数之和为奇数”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先确定基本事件总数，再分别求出事件、事件、事件包含的基本事件数，最后根据概率的加法公式计算即可. 【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则基本事件总数. 骰子的点数为，其中质数有， 事件“第一次朝上的面的点数为质数”包含的基本事件数（第一次有种质数情况，第二次有种情况 ），则. 两次朝上的面的点数之和为奇数，则一次为奇数，一次为偶数. 第一次为奇数，第二次为偶数时，有种情况； 第一次为偶数，第二次为奇数时，有种情况. 所以事件包含的基本事件数，则. 事件表示“第一次朝上的面的点数为质数且两次朝上的面的点数之和为奇数”. 当第一次为，第二次需为奇数，有种情况； 当第一次为或，第二次需为偶数，各有种情况，共种情况. 所以。 根据概率加法公式. 故选：C 8. 设的外心为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用外心对应的向量数量积结论将题干中的向量等式转化为三角形三边的关系，再结合正弦定理实现边角互化得到边长的比例关系，最后代入余弦定理计算的值. 【详解】设的内角所对的边分别为， 对于的外心，有性质，. ∵ ， ∴ ， 同理可得，. 将上述结果代入， 得 ， 化简得 . ∵ ，由正弦定理，得 ，即. 将代入，得 ，即，故. 由余弦定理，，代入，， 得 . 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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（ ） A. 周岁人群参保总费用最少 B. 30周岁以上的参保人群约占参保总人群的 C. 54周岁以上的参保人数最少 D. 丁险种更受参保人青睐 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据统计图表给出信息逐个选项判断. 【详解】对于A：由第一个图可得54周岁及以上的参保人数最少，占比为， 其余年龄段的参保人数均比周岁人群参保人数多. 由第二个图可得， 因为，所以周岁人群参保总费用最少，故A对. 对于B：由第一个图可得，30周岁以上的参保人群约占参保总人群的，故B错. 对于C：由第一个图可得，54周岁及以上的参保人数占参保总人数的，所以C对. 对于D：由第三个图可得，丁险种参保人群约占参保总人群的，所以最受青睐，所以D对. 故选：ACD. 10. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件为互斥事件 【答案】BC 【解析】 【分析】先列出不放回摸两张卡牌的全部基本事件确定总样本数，再逐一列举每个选项对应事件包含的基本事件，通过计算概率、验证独立事件公式、判断交集是否为空，依次判定四个选项正误. 【详解】用表示第一次摸出的卡牌编号为，第二次摸出的卡牌编号为， 依次不放回摸张卡牌，则，， 对于A： 事件，，则，A错误； 对于B： 事件，，则​，B正确； 对于C： ，，则​； ，，则​； 因为，因此A与B相互独立，C正确； 对于D： 互斥事件要求不能同时发生，而，不是互斥事件，D错误. 11. 如图，在正方体中，是的中点，是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 三棱锥的体积随着点的位置的改变而变化． B. 无论点在何处，始终有平面成立． C. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为． D. 平面截得正方体的截面不可能是五边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，利用正方体性质可得平面​，可得到平面的距离为定值，结合面积不变，推出三棱锥体积为定值，不随位置改变；对B，根据正方体线线垂直关系，先证平面得，同理可得，结合，由线面垂直判定定理得平面；对C，过作底面的垂线，垂足落在线段上，直线与平面所成角的正切值等于到底面距离与到垂足距离的比值，结合在线段上移动，可推得正切值的取值范围为；对D，因在线段上，平面最多仅与正方体的4个面相交，截面只能是三角形或四边形，因此截面不可能是五边形. 【详解】对于A：三棱锥的底面各条边固定，故是定值； 又是线段上一动点，且平面， 所以点到底面的距离即线段的长度，也是一个定值， 由棱锥的体积公式可知，是一个定值，A错误； 对于B：在正方体中，，​，，故平面​， 因此, 又正方形中，，且平面， 故，​，因此平面，得， 因为在上，故​，即，又，平面， 因此平面，对任意都成立，B正确； 对于C：设正方体棱长为，过作于，由面面垂直性质得面， 连接，则与平面所成角为，​， 设，，可得​， 因此，当时，当时​， 函数在上单调递增，故，C正确； 对于D：在上，平面过下底面的两点，且经过棱，最多与正方体的4个面相交， 截面只能是三角形或四边形，不可能得到五边形， D正确. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 【答案】1 【解析】 【详解】由可得，又， 则. 13. 吉林市一中学有男生900人，女生600人．在“书香校园”活动中，为了解全校学生的读书时间，按性别比例分层随机抽样的方法抽取100名学生，其中男生、女生每天读书时间的平均值分别为60分钟和80分钟，方差分别为10和15．结合上述数据估计该校学生每天读书时间的方差为__________． 【答案】108 【解析】 【分析】先求该校学生每天读书时间的平均值，再代入方差相关计算公式求解. 【详解】设该校男生、女生每天读书时间的平均值分别为，方差分别为，该校全体学生每天读书时间的平均值为，方差为， 学校有男生900人，女生600人，从中抽取100人，则抽样比为， 其中抽取男生（人），抽取女生（人）， 则（分钟）， . 14. 在Rt中，，是的中点，把沿翻折到，使得二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，结合二面角的定义及球面的性质确定球心，进而求出球半径及球的表面积. 【详解】在Rt中，，则，， 由是的中点，得，为正三角形，， 令的外接圆圆心分别为，连接并延长交于，连接， 则，是二面角的平面角，， ，在中，由正弦定理得， 是正三角形，，在中，由余弦定理得， 令三棱锥外接球球心为，连接，则平面，而平面， 则，同理，而平面， 于是平面，而平面，则平面与平面重合， 即点四点共面，且这四点共圆，其直径为，由正弦定理得， ，三棱锥外接球半径， 所以三棱锥外接球表面积. 故答案为： 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数（，），的部分图象如图所示，P，Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为． （1）求的最小正周期及的值； （2）若点R的坐标为，，求A的值． 【答案】（1）最小正周期，； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的函数式及图象，利用正弦函数周期公式及最值点求得答案. （2）过点Q作于点S，结合（1）的信息求出，再利用给定角求出. 【小问1详解】 函数的最小正周期， 由为函数图象的最高点，得，， 解得，，而，所以. 【小问2详解】 由Q为函数图象的最低点，，，得点Q的坐标为，， 又，则，过点Q作于点S，， 因此. 16. 如图，在中，，为延长线上的一点，，． （1）若，求的长； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求出，结合三角形内角和及外角性质求出，最后在中利用正弦定理求出的长； （2）利用余弦定理求出的长，进而求出，确定的形状，然后根据面积公式求解. 【小问1详解】 在中，根据正弦定理可得， 即， 由为钝角，得为锐角，所以， 所以， 所以 ． 【小问2详解】 因为， 在中，由余弦定理得，， 解得，则， 则，在中，， 所以的面积为 17. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱的中点． （1）设经过、、三点的平面交于，证明：为的中点； （2）若底面，且． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：连结，． 因为底面为正方形，所以． 又平面，且平面，所以平面． 又平面，且平面平面，所以． 又因为，所以．因为为的中点，所以为的中点． （2）（ⅰ）平面，平面，， ∵底面为正方形，， 平面，平面，，平面， 平面，∴平面平面 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先由矩形对边平行得到线面平行，再利用线面平行的性质得，结合与是中点，推出为中点； （2）（i）先由线面垂直得，结合对角线垂直，证出线面垂直，推得两平面垂直； （ii）法1，先证平面，用等体积法，结合直角梯形的面积反解出点到平面的距离；法 2 ，先证明平面，推出线段就是点到平面的垂线段，再结合为中点直接计算长度得到距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）法1：平面，平面，， ∵底面为正方形，， 平面，平面，，平面． 同理，平面． 取中点，连，是中点， ，即且平面， 又的面积． ∴四面体的体积． ，平面，四边形为直角梯形． 的面积， ∴四面体的体积． ∴点到平面的距离为． 法2：平面，平面，， ∵底面为正方形，， ，平面，平面， 平面，又平面， ， 由（1）知：为的中点，且， ， ，平面，平面， 平面， 所以即为点到平面的距离，又因为， ∴点到平面的距离为． 18. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新．某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图．已知准确率在内的试卷份数为10． （1）求出试卷总份数，并估计出准确率的中位数； （2）“如何利用AI”是AI能否更好地造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果．甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立． （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时，求比赛不超过5局就结束的概率（用表示）． 【答案】（1）100套，中位数为． （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先利用直方图总面积为求出参数，结合区间样本数量算出总试卷数，累加前两组频率确定中位数落在，再通过中位数左右面积均为列方程求解中位数； （2）（i） 先划分 4 局结束且甲赢的所有互斥对局序列，分别计算每种序列的独立事件概率再相加，合并同类项化简得到总概率；（ii）由只剩甲乙胜负两种结果，列出局、局结束的全部互斥对局情况，分别计算独立事件概率求和，整理为关于的多项式表达式. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得； 而准确率在内的试卷数占样本总数的， 准确率在内的试卷数为10，所以共有100套试卷； 准确率在90以下所占比例为， 因此中位数落在区间内，设中位数为， 由，得到， 所以准确率的中位数为． 【小问2详解】 （ⅰ）用事件，，分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”， 则，，， 记“进行4局比赛后甲同学赢得比赛”为事件， 则事件 ，，，，两两互斥，，，相互独立 所以 ． （ⅱ）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即， 记“比赛不超过5局就结束”为事件， 则事件， ，，，，，两两互斥，，相互独立 所以 19. 如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． （1）若N为棱的中点，且满足平面，求的值； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求二面角的正切值的取值范围． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在线段截取，可证明平面，结合平面可得平面面，进而得到平面，再结合N为棱的中点即可求解； （2）过作面垂线，过作，连得二面角平面角，进而棱锥的体积公式求解即可； （3）设，求出，，作，由相似得，进而得出二面角正切表达式，根据取值范围求解即可. 【小问1详解】 在线段上截取，由， 可得四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 因为平面，又，则平面平面， 因为平面，所以平面， 又N为棱的中点，所以为的中点， 则，即. 【小问2详解】 由，，则， 过作平面于点，过作于点，连接， 由平面，平面，则， 又，平面，则平面， 又平面，则为二面角的平面角，， 在中，， 由等面积法可知，，， 而，. 【小问3详解】 设，则， 在中，由等面积法可知， ， 在矩形中，， 过点作于， 易得，， 设二面角的大小为，则， 由于，则， 即二面角的正切值的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高中期末适应性练习 高中一 年数学科试卷 考试时间：7月8日 完卷时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共8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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 4. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 正四棱台上底面边长为4，下底面边长为6，侧棱长为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 抽样调查得到20个样本数据，记作，样本数据的平均数为9，方差5.现去掉一个最大值13和一个最小值5，产生一组新数据，关于这组新数据，下列说法错误的是（ ） A. 中位数一定不变 B. 极差一定变小 C. 方差一定变小 D. 平均数一定不变 7. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，并记录每次骰子朝上的面的点数，记事件为“第一次朝上的面的点数为质数”，事件为“两次朝上的面的点数之和为奇数”，则（ ） A. B. C. D. 8. 设的外心为，若，，则（ ） 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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（ ） A. 周岁人群参保总费用最少 B. 30周岁以上的参保人群约占参保总人群的 C. 54周岁以上的参保人数最少 D. 丁险种更受参保人青睐 10. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件为互斥事件 11. 如图，在正方体中，是的中点，是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 三棱锥的体积随着点的位置的改变而变化． B. 无论点在何处，始终有平面成立． C. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为． D. 平面截得正方体的截面不可能是五边形． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则__________． 13. 吉林市一中学有男生900人，女生600人．在“书香校园”活动中，为了解全校学生的读书时间，按性别比例分层随机抽样的方法抽取100名学生，其中男生、女生每天读书时间的平均值分别为60分钟和80分钟，方差分别为10和15．结合上述数据估计该校学生每天读书时间的方差为__________． 14. 在Rt中，，是的中点，把沿翻折到，使得二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积是______． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数（，），的部分图象如图所示，P，Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为． （1）求的最小正周期及的值； （2）若点R的坐标为，，求A的值． 16. 如图，在中，，为延长线上的一点，，． （1）若，求的长； （2）若，求的面积． 17. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱的中点． （1）设经过、、三点的平面交于，证明：为的中点； （2）若底面，且． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求点到平面的距离． 18. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新．某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图．已知准确率在内的试卷份数为10． （1）求出试卷总份数，并估计出准确率的中位数； （2）“如何利用AI”是AI能否更好地造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果．甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立． （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时，求比赛不超过5局就结束的概率（用表示）． 19. 如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． （1）若N为棱的中点，且满足平面，求的值； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求二面角的正切值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $