精品解析：黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

2025-2026学年度下学期高一期末考试 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直列方程求解即可. 【详解】已知，则，解得. 故选：A. 2. 有位老师和名学生排成一队照相，老师要求相邻且不排在两端，则不同的排法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】利用捆绑法、插空法结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将名学生随机排列，共有种排法， 再将位老师捆绑，形成一个大元素，然后将这个大元素插入名学生中间形成的个空位中的个， 由分步乘法计数原理可知，不同的排法种数为种. 故选：A. 3. 已知是两条直线，是三个平面，则正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则或异面，故A错误， 对于B，若，则或相交，故B错误， 对于C， 若，则，C正确， 对于D， 若，则或，故D错误， 故选：C 4. 某小组有3名男生和2名女生，从中选取2名学生参加演讲比赛，下列事件中互斥而不对立的事件为（ ） A. 至少有1名男生和至少有1名女生 B. 恰有1名男生和恰有2名女生 C. 至少有1名男生和全是男生 D. 至少有1名男生和全是女生 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件和对立事件的意义对四个选项逐一判断作答. 【详解】对于A， “至少有1名男生”和“至少有1名女生”的事件有共同的事件“一个男生、一个女生”，即选项A中两个事件不互斥，A不正确； 对于B，“恰有1名男生”和“恰有2名女生”的事件不同时发生，即它们是互斥的， 而“恰有1名男生”的对立事件是“恰有2名男生或者恰有2名女生”，即选项B中两个事件不对立，B正确； 对于C，“至少有1名男生”的事件包含“全是男生”的事件，即选项C中两个事件不互斥，C不正确； 对于D，“至少有1名男生”和“全是女生”的事件不同时发生，即它们互斥，而它们又必有一个发生，即它们是对立的，D不正确. 故选：B 5. 已知样本数据，，，，，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. -2 B. 2 C. 或1 D. 1或2 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可得，，，得或. 6. 在正四棱锥中，，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造异面直线所成的角，利用三角形的边角关系求所成角的余弦. 【详解】如图： 取中点，连接，，则，则或其补角为异面直线与所成的角. 不妨设，则中，，，， 所以. 所以异面直线与所成角的余弦为. 7. 抛掷枚质地均匀的硬币，恰有枚正面朝上的概率为（其中），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式分别计算的值，从而得到结果. 【详解】由题意，当时，；当时，；当时，. 所以. 故选：D. 8. 已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到，过作的垂线，由在上的投影向量为，求得，又由，得到，结合，即可求解. 【详解】因为，所以， 又因为O为的外心，所以为直角三角形且，O为斜边BC的中点， 过作的垂线，垂足为， 因为在上的投影向量为， 所以在上的投影向量为， 又因为，所以， 因为，所以，即的取值范围为． 故选：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. 已知复数，若，则（ ） A. B. z在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 的虚部为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数运算法则化简，然后根据条件，解得，逐个判断选项即可； 【详解】， 因为，所以，解得， 则，，A正确． z在复平面内对应的点为在第一象限，B错误． ，C正确． ，虚部为3，D正确． 故选：ACD. 10. 某校为了解高一学生的体能达标情况，抽调了200名学生进行立定跳远测试，根据统计数据得到如下的频率分布直方图（同一组的数据用该组区间的中点值代表），则（ ） A. B. 众数是 C. 中位数是 D. 第百分位数是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用频率分布直方图中矩形面积等于该组频率，且所有矩形面积总和为1的性质，通过计算累积频率来逐一求解各选项即可. 【详解】，解得，故A正确， 最高的矩形对应的区间是，该区间的中点值为，故B正确， 的频率为，的频率为， 的频率为，， 因为，所以中位数一定落在下一个区间内， 设中位数为，则，解得，故C错误， 由上知前2组的累积频率为，前3组的累积频率为， 所以第百分位数落在区间内， 设第百分位数为，则，解得，故D正确. 11. 如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角小于 C. 平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D. 四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A先求证，，再利用线面垂直的判定定理求证；B取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，求证直线与平面所成角为即可；C延长交于点，延长交于点，连接交于点，求三棱台、体积即可；D求以为长宽高构成的长方体的外接球的表面积. 【详解】因为侧面是等腰梯形，，， 所以， 在中利用余弦定理得， 则，则， 因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面，故A正确； 因为，，，所以， 因为是三棱台，所以，即， 得， 取线段的中点，取线段靠近点的四等分点，连接， 因为为的中点，所以，， 又，，则，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，所以直线与平面所成角为， 由， 得， 因为，所以， 所以直线与平面所成角大于，故B错误； 延长交于点，延长交于点，连接交于点， 则为三棱台， 因为，所以，则， 记，则， 因为，所以，， 连接，因为， 所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 则三棱台的体积为， 三棱台的体积为， 则， 则平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为，故C正确； 因为平面，，所以平面， 因为，所以三棱锥的外接球和以为长宽高构成的长方体的外接球相同， 则球的半径为，则该球的表面积为，故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. 已知圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为，则圆台侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】作圆台的轴截面，结合条件求圆台的高和母线长，再结合侧面积公式求结论. 【详解】记圆台的轴截面为等腰梯形， 作圆台的轴截面如下： 过点作，垂足为，过点作，垂足为， 因为圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为， 所以，，， 所以，，， 所以圆台的高为，母线长为2． 故圆台的侧面积． 故答案为：. 13. 某校6名同学打算去山西旅游，现有平遥古城、五台山、省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为______. 【答案】540 【解析】 【分析】根据题意，分为三个景区安排的人数之比为或或，结合排列，组合数的计算公式即可求解. 【详解】若三个景区安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景区安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景区安排的人数之比为，则有种安排方法； 故不同的安排方法种数是. 14. 在中，，的平分线交于点，为的中点．若，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先通过面积法与角平分线定理联立解出三角形的两腰边长，接着用余弦定理算出底边长度，最后直接代入中线定理求得目标中线长. 【详解】由题意得，且， 即， 代入得，即， 在中由正弦定理得，即， 在中由正弦定理得，即， 所以，由题意得，即， ，所以， 不妨设，此时点位于和之间，且有， 所以， ， 所以，因此，即，代入， 得，解得，进而， ， 设，，且， ， ， 则有， ， 整理得， 因为，将其代入到上式， 则有，解得. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作．某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试．假设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，，，答对第二题的概率分别是，，． （1）求甲考生通过某校强基招生面试的概率； （2）求甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 甲通过考核进入面试环节， 答对第一题的概率是，答对第二题的概率是， 则甲考生通过某校强基招生面试的概率为． 【小问2详解】 乙考生通过某校强基招生面试的概率为， 丙考生通过某校强基招生面试的概率为， 甲、乙、丙三人中没有一人通过强基招生面试的概率为： ， 则甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率. 16. 2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人. （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者： （i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率； （ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 【答案】（1）31.75岁；36.25 （2）（i）；（ii）10 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第百分位数，根据定义可构造方程求得结果； （2）（i）根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果； （ii）由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差. 【小问1详解】 设这人的平均年龄为，则 （岁） 设上四分位数（第75百分位数）为， ，， 位于第四组：内； 方法一：由，解得. 方法二：由，解得. 【小问2详解】 （i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为： ， 共15个样本点. 设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则 ， 共有9个样本点.所以，. （ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为. 设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数为，方差为， 设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数为，方差为， 则，，， ， 可得，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为． 则， 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为， 法一： . 法二： . 即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为； 据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为． 17. 如图，在四棱锥中，四边形 为矩形，平面 ，， ，分别是，， 的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，作交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：因为 ，分别为， 的中点，所以， 而平面，平面， 则平面． 连接 ，因为四边形 为矩形，所以为 中点， 因为是的中点，则， 而平面平面， 所以平面， 又，平面，且， 所以平面平面． （2）（i）证明：以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示． ，，，， 则，， 因为，所以． 由已知得，因为，平面，且， 所以平面， 因为平面，故． （ii） 【解析】 【分析】（1）连接 ，证明线面平行，从而得出平面平面． （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求出，即平面，故． （ⅱ）求出夹角的余弦值，即得到直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为，所以， 由（ⅰ）得是平面的法向量． 设直线与平面所成角的大小为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，当时，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由正弦定理边化角，结合正弦和角公式即可求解； (2)由条件先求出解的范围，再利用三角形面积公式、正弦定理，将三角形的面积化成关于角的三角函数式，结合角的范围，即可求解. 【小问1详解】 和正弦定理，得， 因， 代入化简得， 因，，则得， 又因，所以； 【小问2详解】 因为锐角三角形，则有，解得. 因面积， 由正弦定理，，可得， 所以， 因为，则，，， 故的取值范围为. 19. 如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，，． （1）若． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． （2）求三棱锥外接球的半径的最小值． 【答案】（1）（ⅰ），，，平面，平面， 平面，平面，平面平面； （ⅱ）； （2）4. 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）由和得到平面，平面平面；（ⅱ），过作交于，由平面平面， 得到平面，过作，以为原点，分别为轴建系，利用空间向量法求解； （2）根据题中条件找到三棱锥外接球的球心为直线和直线的交点，求出的外接圆的半径为和的外接圆的半径为， 找到为二面角的平面角，设，利用余弦定理求出，利用四点共圆，得到为四边形的外接圆的半径，利用正弦定理得到，通过换元法及基本不等式得到的最小值，三棱锥外接球的半径为，由，得到的最小值. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）平面平面，过作交于，平面， 平面，过作，以为原点，分别为轴建系，如图所示. 是等腰三角形，，，， 是等腰三角形，，，， ，，， ，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，，取，解得， ， 平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问2详解】 设的中点为，，为的外心，过作平面， 设的外接圆的外心为，过作平面的垂线， 则球心在直线上，球心在直线上， 三棱锥外接球的球心为直线和直线的交点， 的外接圆的半径为， 在中，设的外接圆的半径为，，，， ，， 设的中点为，则， 则为二面角的平面角，设， ，，， ，， ， ， ，四点共圆， 为四边形的外接圆的半径， ， 设，则，， ， 当且仅当时，即时取等号，， 三棱锥外接球的半径为，， ，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期高一期末考试 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 有位老师和名学生排成一队照相，老师要求相邻且不排在两端，则不同的排法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 已知是两条直线，是三个平面，则正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 某小组有3名男生和2名女生，从中选取2名学生参加演讲比赛，下列事件中互斥而不对立的事件为（ ） A. 至少有1名男生和至少有1名女生 B. 恰有1名男生和恰有2名女生 C. 至少有1名男生和全是男生 D. 至少有1名男生和全是女生 5. 已知样本数据，，，，，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. -2 B. 2 C. 或1 D. 1或2 6. 在正四棱锥中，，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷枚质地均匀的硬币，恰有枚正面朝上的概率为（其中），则（ ） A. B. C. D. 8. 已知O为的外心，且．若向量在向量上的投影向量为，其中，则的取值范围为（ ） 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. 已知复数，若，则（ ） A. B. z在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 的虚部为3 10. 某校为了解高一学生的体能达标情况，抽调了200名学生进行立定跳远测试，根据统计数据得到如下的频率分布直方图（同一组的数据用该组区间的中点值代表），则（ ） A. B. 众数是 C. 中位数是 D. 第百分位数是 11. 如图，在三棱台中，侧面是等腰梯形，，，侧面平面，，，为的中点，点在上，且，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角小于 C. 平面将该三棱台分成两个几何体，则体积较小几何体的体积为 D. 四点，，，在同一球面上，则该球的表面积为 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. 已知圆台上下底面半径分别为和，母线与下底面所成角为，则圆台侧面积为________． 13. 某校6名同学打算去山西旅游，现有平遥古城、五台山、省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为______. 14. 在中，，的平分线交于点，为的中点．若，，则__________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作．某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试．假设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，，，答对第二题的概率分别是，，． （1）求甲考生通过某校强基招生面试的概率； （2）求甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率． 16. 2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人. （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者： （i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率； （ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差. 17. 如图，在四棱锥中，四边形 为矩形，平面 ，， ，分别是，， 的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，作交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，当时，求面积的取值范围． 19. 如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，，． （1）若． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． （2）求三棱锥外接球的半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $