精品解析：吉林长春市农安县第十中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

2025-2026高一下学期数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先运用除法运算进行化简，再结合共轭复数概念,减法计算即可. 【详解】，则， 故选：B. 2. 国家射击运动员甲在某次训练中 10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，则下列关于这组数据说法不正确的是（ ） A. 众数为7和9 B. 方差为 C. 平均数为7 D. 第70百分位数为8 【答案】D 【解析】 【分析】由众数、方差、平均数的求法判断ABC，再由第70百分位数的定义判断D. 【详解】易知众数为7和9，故A正确； 平均数为，故C正确； ，故B正确； 10次射击成绩从小到大依次为，因为，所以第70百分位数为，故D错误； 故选：D 3. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用台体的体积公式直接计算即可． 【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为，， 故该香料收纳罐的容积为． 故选：C． 4. 一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（   ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件B互斥 C. D. P(AB)= 【答案】D 【解析】 【分析】对于B：根据互斥事件的定义分析判断；对于CD：根据题意结合古典概型运算求解即可；对于A：根据独立事件的概率公式即可判断． 【详解】设样本空间为，则， 对于选项B：事件“两次向上的数字都为3” ， 事件“两次向上的数字之和是6” ， 显然事件B包含事件A，所以事件A与事件B不互斥，故B错误； 对于选项C：因为，所以，故C错误； 对于选项D：因为，所以，故D正确； 对于选项A：，，， 显然，故A错误； 故选：D． 5. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】结合空间中线面、面面平行与垂直的判定定理及性质定理，逐项分析判断即可. 【详解】选项A：若，，则存在的情况，故不一定成立，A错误； 选项B：由线面垂直的性质，若且，则； 又，根据“垂直于同一直线的两个平面互相平行”的面面平行判定结论，可得，B正确； 选项C：若，，则存在的情况，故不一定成立，C错误； 选项D：若，，则或；结合，可得或， 故不一定成立，D错误. 6. 如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，则四边形是平行四边形，可得，就是直线和BN所成的角，由余弦定理可得答案. 【详解】连接，相交于点，连接，则， 所以四边形是平行四边形，可得， 所以就是直线和BN所成的角， 设正方体的棱长为2， 则， 由余弦定理得. 故选：C. 7. 如图，是底部不可到达的一座建筑，是建筑的最高点.测量建筑高度时选择了一条水平基线，使，，在同一条直线上，在，两点用测角仪器测得的仰角分别是，，，测角仪器的高是.那么测得建筑的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求出，再解求出，即可得解. 【详解】在中，， 由正弦定理得， 所以， ， 在中，， 所以， 即此建筑物的高度是. 8. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，先由的面积求出及的值，再根据平面向量共线定理，向量的加法法则和平面向量基本定理求出，进而确定，求出，再利用基本不等式即可求出的最小值. 【详解】由，可得， 所以. 由可得. 因为为CD上一点，所以设， 则 . 因为， 所以，解得， 所以， 所以 (当且仅当，即时等号成立). 所以的最小值是. 二、多项选择题：本大题共3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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 若复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 是方程的一个根 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项，，故虚部为7，A错误； B选项，在复平面内对应的点坐标为，位于第二象限，B正确； C选项，，C正确； D选项，的两根为， 故是方程的一个根，D正确. 10. 已知向量，，则（ ） A. 与向量平行的单位向量为 B. 当时， C. 当时，向量在向量上的投影向量为 D. 若与夹角为锐角，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用单位向量的定义、向量垂直的坐标关系、投影向量的计算公式以及夹角的表示依次判断即可. 【详解】对于A，与向量平行的单位向量为或，故A错误； 对于B，当时，，解得，故B正确； 对于C，当时，，， 则向量在向量上的投影向量为，故C正确； 对于D，若与夹角为锐角，则， 解得且，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 正方体的外接球表面积为 C. 若平面，则的轨迹长度为2 D. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于B：先求外接球半径，再代入球的表面积公式计算；对于C：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于D：先找过三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积. 【详解】对于A：，为定值， A正确； 对于B：正方体的外接球半径， 所以表面积，B错误. 对于C：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，，，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动，所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线， ，即点的轨迹长为2，C正确； 对于D：，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且，，， 所以等腰梯形的高， 故其面积，D正确； 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，，．若，，三点共线，则实数的值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量共线求解即可. 【详解】，， 因为，，三点共线，则与共线， 所以，整理得，解得. 13. 已知圆锥的轴截面是面积为的正三角形，则该圆锥的外接球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】确定球心，利用勾股定理求出球的半径，进而求解球的体积. 【详解】因为圆锥的轴截面是面积为的正三角形，所以圆锥底面半径，圆锥的高， 因为，所以圆锥外接球的球心O在线段上； 设圆锥外接球的半径为R，在中，， 解得，所以该圆锥的外接球的体积为. 14. 中，角，，的对边分别为，，，已知，，当角有两解时，则边的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】角有两解，，得到答案 【详解】，， 角有两解时，，即. 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，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点． （1）求证：PE⊥BC； （2）求证：平面PAB⊥平面PCD. 【答案】（1） 因为PA＝PD，E为AD的中点， 所以PE⊥AD， 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD. 所以PE⊥BC. （2） 因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD. 又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PCD， 所以平面PAB⊥平面PCD. 【解析】 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得PE⊥AD，再由底面为平行四边形可得BC∥AD，从而可证得结论， （2）由底面ABCD为矩形，可得AB⊥AD，再由面面垂直的性质可得AB⊥平面PAD，则AB⊥PD，再由线面垂直的判定可得PD⊥平面PAB，然后利用面面垂直的判定定理可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知的三个内角所对的边分别为，. （1）求角的大小. （2）若，的面积为，求a的值. （3）若，，点D是线段BC上一点，求内角A平分线AD的长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将转化为， 再根据对上式进行化简，最后求出的值. （2）根据三角形面积公式可求出的值，再结合余弦定理以及的值求解出的值. （3）先根据求解出的值，再利用面积法求解出角平分线的长度. 【小问1详解】 ，. 在中，， ，可得， ，，，又，可得． 【小问2详解】 由，解得， 由余弦定理得，所以，故． 【小问3详解】 由，， 设AD的长为x，由，， 解得，即. 17. 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查（满分100分，最低分20分）．根据检查结果：得分在评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图： （1）依据统计结果的部分频率分布直方图，估计班级卫生量化打分检查得分的中位数及平均数； （2）学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率． 【答案】（1）中位数为分，平均数为分 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中各矩形面积之和为1求出的频率，利用中位数左右两侧面积相等列方程求解中位数，利用各组中点值乘以对应频率之和求平均数； （2）根据分层抽样确定“良”、“中”等级抽取的班级数量，利用古典概型概率公式或对立事件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，得分在的频率为； 得分在的频率为；得分在的频率为； 所以得分在的频率为. 设班级得分的中位数为分，因为，， 所以中位数位于内， 由，解得， 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为分， 平均数为分. 【小问2详解】 由(1)知，“良”、“中”的频率分别为，又因为班级总数为40， 所以“良”的班级个数为，“中”的班级个数为. 利用分层抽样的方法从“良”、“中”的班级中抽取6个班级， 则抽取“良”的班级个数为，抽取“中”的班级个数为， 记4个评定为“良”的班级为，2个评定为“中”的班级为， 从这6个班级中随机抽取2个班级，所有的基本事件为：， 共种. 设“所抽取的个班级获得的奖励小红旗面数和不少于”为事件， 因为评定为“良”奖励2面小红旗，评定为“中”奖励1面小红旗， 所以事件包含的基本事件为除了以外的所有情况，共14种. 所以，或， 故所抽取的个班级获得的奖励小红旗面数和不少于的概率为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，．平面，、分别为棱的中点， （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）若是的中点，连接，根据已知易得，再由线面、面面平行的判定证明平面平面，最后由面面平行的性质证明结论； （2）利用线面、面面垂直的判定证明平面平面，即得在平面上的投影在直线上，进而确定线面角的平面角，即可求其正弦值； （3）应用等体积法求点面距离即可. 【小问1详解】 若是的中点，连接，又、分别为棱的中点， 根据中位线的性质知，， 由平面，平面，则平面，同理平面， 由都在平面内，故平面平面， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 由题设，易知为等腰直角三角形，且，则， 由题设，易知四边形为直角梯形，且，，则， 综上，，则， 由平面，平面，则，同理可证， 由都在平面内，则平面，平面， 所以平面平面，而平面，且平面平面， 所以在平面上的投影在直线上，故与平面所成角为或其补角， 在中，则，故， 所以与平面所在角的正弦值为； 【小问3详解】 由（2）平面，平面，则，故， 由， 若点到平面的距离为，则，可得. 19. 如图四边形中， （1）若的面积为，且为锐角，求的长度． （2）试问是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由， （3）求四边形面积的最大值． 【答案】（1）6； （2）是，； （3）； 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式列方程得，再由平方关系及余弦定理求边长即可； （2）应用余弦定理得，，进而计算，即可得结论； （3）由题设可得四边形面积，令，结合（2）结论并应用平方关系、和角余弦公式得，根据余弦函数性质求最大值，即可得. 【小问1详解】 由题设，又，可得， 又为锐角，则，故； 【小问2详解】 由题设，， 又，则，， 所以，为定值； 【小问3详解】 由， 令，则， 又，则， 所以， 当，即时，最大，此时， 所以四边形面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026高一下学期数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 2 2. 国家射击运动员甲在某次训练中 10次射击成绩（单位：环）如下：7，5，9，7，4，8，9，9，7，5，则下列关于这组数据说法不正确的是（ ） A. 众数为7和9 B. 方差为 C. 平均数为7 D. 第70百分位数为8 3. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（ ） A. B. C. D. 4. 一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（   ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件B互斥 C. D. P(AB)= 5. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是底部不可到达的一座建筑，是建筑的最高点.测量建筑高度时选择了一条水平基线，使，，在同一条直线上，在，两点用测角仪器测得的仰角分别是，，，测角仪器的高是.那么测得建筑的高度为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 若复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 是方程的一个根 10. 已知向量，，则（ ） A. 与向量平行的单位向量为 B. 当时， C. 当时，向量在向量上的投影向量为 D. 若与夹角为锐角，则的取值范围为 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 正方体的外接球表面积为 C. 若平面，则的轨迹长度为2 D. 过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，，．若，，三点共线，则实数的值为__________． 13. 已知圆锥的轴截面是面积为的正三角形，则该圆锥的外接球的体积为__________． 14. 中，角，，的对边分别为，，，已知，，当角有两解时，则边的取值范围为__________． 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，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E为AD的中点． （1）求证：PE⊥BC； （2）求证：平面PAB⊥平面PCD. 16. 已知的三个内角所对的边分别为，. （1）求角的大小. （2）若，的面积为，求a的值. （3）若，，点D是线段BC上一点，求内角A平分线AD的长. 17. 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查（满分100分，最低分20分）．根据检查结果：得分在评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图： （1）依据统计结果的部分频率分布直方图，估计班级卫生量化打分检查得分的中位数及平均数； （2）学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率． 18. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，．平面，、分别为棱的中点， （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 如图四边形中， （1）若的面积为，且为锐角，求的长度． （2）试问是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由， （3）求四边形面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $