精品解析：吉林长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

东北师大附中2025-2026学年下学期（数学）科试卷 高（一）年级期末考试 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题．本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，则 A. B. C. 或 D. 或 3. 已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 6. 已知一组数据：4，6，a，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 7. 圆台的上底面的半径为1，下底面的半径为2，母线长为2，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体中，点是棱的中点，设平面与上底面的交线为，则直线与直线所成角的余弦为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的图象可由的图象向右平移得到 C. 的一个零点为 D. 在单调递增 10. 已知平面向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，则 D. 若与夹角为锐角，则 11. 棱长为1的正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 一定成立 B. 当直线与直线相交时，点是线段的一个三等分点 C. 三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 某社区有老年人220人，中年人380人，青年人400人．为了解居民的健康意识，计划采用按比例分层抽样的方法从全体老、中、青年居民中抽取一个容量为50的样本，则应从中年人中抽取的人数为________； 13. 如图，在平面四边形中，，，，，将沿折起，使二面角的大小为，此时直线与平面所成角的正切值为________； 14. 直三棱柱的棱长均为2，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为________． 四、解答题：本大题共5小题，共58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 16. 为弘扬中华优秀传统文化，增强学生人文底蕴，某市高中举办了“诗韵流芳”古诗词默写与常识竞赛活动．现从所有参赛试卷的分数中随机抽取200份作为样本数据，将这些分数分成六组：，，…，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）估计200份样本分数的平均值； （3）若规定分数排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学至少应达到多少分？ 17. （本题用空间向量法作答不给分）如图，在正三棱柱中，底面正三角形边长是2，侧棱长是4，边、的中点分别为、． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若平面向量，其中，. （1）求角的大小； （2）已知，若恒成立，求实数的取值范围． 19. （本题用空间向量法作答不给分）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，是的中点． （1）若（如图1） （i）证明：平面； （ii）求二面角的正切值； （2）若二面角的大小是（如图2），是棱上的点，满足与底面所成角的正弦值是，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中2025-2026学年下学期（数学）科试卷 高（一）年级期末考试 注意事项： 1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、单项选择题．本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】由复数满足，可得. 2. 在中，则 A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理可知，，故选B. 3. 已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】如果，此时也能找到且，但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立； 根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面，那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立. 即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件. 4. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，求得，即可求解. 【详解】如图所示，根据向量的线性运算法则，可得， 因为，所以. 5. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【详解】选项A，仅当垂直于与交线时，错误. 选项B，根据面面平行的性质，一条直线垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个，因此若且，则，正确. 选项C，若且，则或，错误. 选项D，若且，则或，错误. 6. 已知一组数据：4，6，a，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数可先求出未知数a的值，根据第70百分位数的求法计算结果即可． 【详解】因为平均数为9，故，解得， 由可得，第70百分位数为第5个数，即12． 7. 圆台的上底面的半径为1，下底面的半径为2，母线长为2，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求圆台的高，再由圆台的体积公式即可求解. 【详解】如图是圆台的轴截面，圆台的上下底面圆的半径分别为，，母线长为，设圆台的高为， 所以， 所以圆台的体积为：. 8. 已知正方体中，点是棱的中点，设平面与上底面的交线为，则直线与直线所成角的余弦为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由线面平行的性质证得，再找到，利用余弦定理求解即可. 【详解】已知正方体中，平面， 平面平面，平面，所以, 如图，取的中点,连接，易证得, 直线与直线所成的角就是直线与直线所成的角， 设正方体边长为2，则，， 在三角形中，由余弦定理得 =. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 的图象可由的图象向右平移得到 C. 的一个零点为 D. 在单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的周期，图象的平移，零点，及单调性，逐一判断即可． 【详解】对于A，由的最小正周期为，所以是的一个周期，故A正确； 对于B，将的图象向右平移得到，故B错误； 对于C，由，所以的一个零点为，故C正确； 对于D，令，，解得，， 当时，，所以在单调递增，故D正确． 10. 已知平面向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，则 D. 若与夹角为锐角，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量垂直、平行的坐标条件、投影向量公式、夹角为锐角的判定规则逐一分析选项即可． 【详解】对于A，若，则，解得，故A正确； 对于B，若在上的投影向量为，即，整理得， 解得，或，故B错误； 对于C，若，又，则，解得，故C正确； 对于D，若与夹角为锐角，则，且与不共线，即，解得，且， 所以，故D错误． 11. 棱长为1的正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 一定成立 B. 当直线与直线相交时，点是线段的一个三等分点 C. 三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，结合线面垂直的判定、性质推理判断A；确定与的交点判断B；由线面平行的判定及三棱锥的体积公式判断C；正与等腰置于同一平面，利用两点间距离最短计算判断D. 【详解】对于A，矩形是正方体的对角面，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面， 又平面，因此，A正确； 对于B，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 因此，，同理，而平面， 于是平面，令平面，必为与的交点， 由三棱锥为正三棱锥，得是正的中心，为线段的中点，B错误； 对于C，由，平面，平面，得平面， 因此点到平面的距离为定值，而的面积为定值，则为定值，C正确； 对于D，将正与等腰置于同一平面，由， 得，，当且仅当为的中点时取等号，D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分． 12. 某社区有老年人220人，中年人380人，青年人400人．为了解居民的健康意识，计划采用按比例分层抽样的方法从全体老、中、青年居民中抽取一个容量为50的样本，则应从中年人中抽取的人数为________； 【答案】 19 【解析】 【详解】由题意知该社区有老年人、中年人、青年人共人， 所以抽样比为， 所以应从中年人中抽取的人数为. 13. 如图，在平面四边形中，，，，，将沿折起，使二面角的大小为，此时直线与平面所成角的正切值为________； 【答案】## 【解析】 【分析】过作平面，垂足为，连接，则即为直线与平面所成角，记为，利用线面垂直判定定理和性质定理得到，求出的长，过作延长线的垂线，交于点，利用勾股定理求得的长，即可求出结果. 【详解】由题知， 过作平面，垂足为，连接， 则即为直线与平面所成角，记为， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以， 在中，， 过作延长线的垂线，交于点， 则， 所以， 所以， 即直线与平面所成角的正切值为. 14. 直三棱柱的棱长均为2，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据线线垂直的性质、面面垂直的性质，结合勾股定理确定交线的轨迹形状，在侧面上求出圆心角，代入弧长公式求解即可. 【详解】直三棱柱的棱长均为2，则底面是三角形，侧面是正方形. 取中点，连接，则，. 直三棱柱中平面平面，平面平面， 所以平面. 以为球心，以为半径的球面，在侧面上的点满足. 所以， 故球面在侧面上的交线是以为圆心，以为半径的圆的一部分. 在侧面上，，，. 设圆与交于，与交于，则， 由勾股定理得，所以，是，的中点， 所以，故. 由弧长公式得. 故交线长度为. 四、解答题：本大题共5小题，共58分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中，． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用长方体和半圆柱的体积公式计算即可； （2）直接算各个面的面积相加即可. 【小问1详解】 长方体的体积为， 半圆柱的底面积为， 半圆柱的体积为， 该几何体的体积为. 【小问2详解】 长方体去掉上底面后的表面积为， 由（1）得半圆柱的底面积为， 半圆柱的侧面积为， 所以该几何体的表面积为. 16. 为弘扬中华优秀传统文化，增强学生人文底蕴，某市高中举办了“诗韵流芳”古诗词默写与常识竞赛活动．现从所有参赛试卷的分数中随机抽取200份作为样本数据，将这些分数分成六组：，，…，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值； （2）估计200份样本分数的平均值； （3）若规定分数排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学至少应达到多少分？ 【答案】（1）； （2）分； （3）分． 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图所有小矩形的面积之和为建立方程求解； （2）利用组距的中点乘以对应的频率，求和即可估计平均值； （3）根据频率分布直方图，从高分向低分累加频率，确定前所在的区间，利用面积比例计算分数线． 【小问1详解】 由频率分布直方图可知组距为，根据所有小矩形的面积之和为可得： ， 解得． 【小问2详解】 根据频率分布直方图，样本分数的平均值估计为： 所以估计份样本分数的平均值为分． 【小问3详解】 因为分数排名前20%的同学入围决赛，即对应累计频率为为80%的分数， 前四组的频率之和为，前五组的频率之和为， 所以入围决赛的分数线位于区间  内， 设进入决赛的同学至少达到  分，则， 即，解得， 故估计进入决赛的同学至少达到分． 17. （本题用空间向量法作答不给分）如图，在正三棱柱中，底面正三角形边长是2，侧棱长是4，边、的中点分别为、． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接. 正三棱柱中，、为中点，则，， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据等体积法求出点到平面的距离，结合三角函数求解即可... 【小问1详解】 略 【小问2详解】 正三棱柱中，平面，平面平面. 正中，为中点，则，，， 所以. 因为平面平面，所以平面. 又平面，所以. 在中，， 在中，， 设点到平面的距离为，则， 解得. 设直线与平面所成角为，则. 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若平面向量，其中，. （1）求角的大小； （2）已知，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，即可得解； （2）化简，可得，令，可将问题转化为，求出的范围，结合二次函数的图像与性质分析即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 又，， 所以， 由正弦定理得， 即， 又是内角，则, 所以，即, 又，所以. 【小问2详解】 由题可得， 所以恒成立， 则恒成立， 即恒成立 令， 则恒成立， 即, 因为为锐角，，所以， 则，则，即 令，，则开口向上，对称轴为，在上单调递增， 所以， 所以， 即实数的取值范围是. 19. （本题用空间向量法作答不给分）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，是的中点． （1）若（如图1） （i）证明：平面； （ii）求二面角的正切值； （2）若二面角的大小是（如图2），是棱上的点，满足与底面所成角的正弦值是，求的值． 【答案】（1）（i）证明：因为在正方形中，， 又，,平面, 所以平面,平面, 所以， 又因为在正方形中，， 所以, 又因为侧面是正三角形，是的中点， 所以,，平面， 所以平面. （ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先利用在正方形中，，，，证得平面,平面,所以，，所以,再利用侧面是正三角形，是的中点，从而证得，最后证得平面. （ii）由（i）可知平面，作于点,连接,易证为二面角的一个平面角，在中求二面角的正切值； （2）分别取中点,连接，作交反向延长线于点，连接交于点,连接，作于点，易证得为二面角的一个平面角，平面,从而计算出，，由平面，平面，所以，又，可证得平面，从而与底面所成角为,通过数量关系求得，最后求出. 【小问1详解】 （i）略; （ii）作于点,连接， 由（i）得平面，平面, 所以，，又，,平面, 所以平面,平面, 所以，故为二面角的一个平面角， 由平面，，得平面，平面, 所以， 由,得 即, 在等边三角形中，， 在中，. 【小问2详解】 分别取中点,连接，作交反向延长线于点，连接交于点,连接，作于点， 在正三角形中，因为为中点， 所以, 在正方形中，且，因为分别为中点， 所以，且,故四边形是平行四边形也是矩形， 所以,, 所以平面,为二面角的一个平面角，， 在中，， ， 因为平面，平面， 所以，又，,平面， 所以平面， 所以与底面所成角为, ，所以, 因为在矩形中，,,所以， 又,所以四边形为平行四边形也是矩形， 所以，，, 设，则,， 在中，即，解得, 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $