精品解析：吉林松原市吉林油田高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

吉林油田高级中学2025—2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 考试时间：120分钟；满分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 3. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断. 【详解】对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确； 对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确； 对于选项C，，，则，故C正确； 对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确. 4. 如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得， ， 又， 则由平面向量基本定理可知，，得， 则. 5. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出正四棱台的高，结合台体的体积公式可求得该正四棱台的体积. 【详解】如图，过作下底面的投影，垂足为， 上底面对角线长，下底面对角线长， 则，可得正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积. 故选：A. 6. 随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分．某地旅游部门从年月到该地旅游的游客中随机抽取部分游客进行调查，得到各年龄段游客的人数比例和各年龄段中自助游的比例，如图，则下列说法错误的是（ ） A. 若调查的游客中青年人有人，则一共调查了人 B. 估计年月到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的 C. 用分层随机抽样的方法对所调查游客进行抽样，若老年人有人，则中年人有人 D. 估计年月到该地旅游且选择自助游的游客中青年人不超过一半 【答案】D 【解析】 【详解】设年月到该地旅游的游客总人数为． 由题意，游客中老年人、中年人、青年人的人数分别为， 其中选择自助游的老年人、中年人、青年人的人数分别为． 对于A，，解得，即一共调查的游客人数是人，故A正确； 对于B，估计年月到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的，故B正确； 对于C，设中年人应抽取人，依题意得，解得，即中年人应抽取人，故C正确； 对于D，因为年月到该地旅游且选择自助游的游客的人数为，其中青年人的人数为，所以选择自助游的游客中青年人超过一半，故D错误． 7. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”，先由对立事件求得再根据一般事件的概率加法公式即可求得结果. 【详解】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”， 则事件为“两个景点都不选”，事件为“两个景点都选”. 由题意得， 由得，， ∴. 故选：B. 8. 在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解 【详解】由题意，而， 所以，由余弦定理得， 故， 又由正弦定理得， 整理得， 故或（舍去），得， 因为是锐角三角形， 故， 解得，故， . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是适当结合正弦定理、余弦定理进行边角转换由此即可顺利得解. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 样本的方差，则这组样本数据总和等于60 B. 若样本数据标准差为8，则数据的标准差为32 C. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据方差公式求得样本容量，样本平均数即可判断；对于B，根据方差与标准差，方差的公式求解判断；对于C，先将数据从小到大排序，再求解判断；对于D，结合样本方差与平均值的公式计算即可. 【详解】对于A，由样本的方差得样本容量，样本平均数，所以样本数据总和为，故正确； 对于B，样本数据标准差为8，故样本数据的方差为64， 所以数据的方差为，标准差为，故错误； 对于C，将数据从小到大排序后得12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，共10个数， 所以，所以该组数据的第70百分位数是，故错误； 对于D，一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2， 不妨记原始数据为，则 ，，即， 现样本中又加入一个新数据5，此时样本平均值为， 样本方差为， 所以加入一个新数据5，平均数不变，方差变小，故正确. 10. （多选）从装有2个红球和2个白球的盒子中任取两个球，下列情况是互斥且对立的两个事件的是（ ） A. 至少有一个红球；至少有一个白球 B. 恰有一个红球；都是白球 C. 至少一个红球；都是白球 D. 至多一个红球；都是红球 【答案】CD 【解析】 【分析】依据互斥事件不能同时发生、对立事件不能同时发生且必有一个发生的定义，逐一判断每个选项中两个事件的关系即可得到答案. 【详解】 从2红2白中取2个球，所有基本事件共三种：两个红球，一红一白，两个白球， 对于A：“至少一个红球”包含一红一白、两个红球，“至少一个白球”包含一红一白、两个白球， 二者可同时发生（取到一红一白时），不互斥，A错误； 对于B：“恰有一个红球”即一红一白，“都是白球”即两个白球，二者互斥，但存在“两个红球”的情况， 二者不是必有一个发生，不对立，B错误； 对于C：“至少一个红球”包含一红一白、两个红球，“都是白球”即两个白球， 二者不能同时发生，且并集是全部样本空间，是互斥且对立，C正确； 对于D：“至多一个红球”包含两个白球、一红一白，“都是红球”即两个红球， 二者不能同时发生，且并集是全部样本空间，是互斥且对立，D正确. 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 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 现有一枚质地均匀的骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），投掷两次此骰子，则骰子上面的点数之和为3的整数倍的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】依次求出投掷两次此骰子的所有情况和点数之和为3的整数倍的情况即可由古典概型计算得解. 【详解】根据题意，投掷两次此骰子一共有种情况， 其中骰子上面的点数之和为3的整数倍的情况有 ，共12种， 所以骰子上面的点数之和为3的整数倍的概率为. 故答案为： 13. 《几何原本》第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】先作出异面直线成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解. 【详解】 连接，则，则异面直线与所成角的平面角为, 设，则，. 则，则.. 故答案为：. 14. 已知非零向量，，满足，，对于任意实数满足，，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】借助模长与数量积关系可将化为与有关一元二次不等式，则可借助根的判别式计算出，则可将向量坐标化，再设出的坐标形式，利用平面向量数量积的坐标公式化简可得，再利用，从而可借助配方法求出的范围，即可得解. 【详解】由，则， 故， 则 ， 整理得 ， 故 恒成立， 又 ，则有 ，即； 则可设，，，， 设，则有，， 即有 ， 又，则取最大值时，取最大值， 由， 则 ， 即，则， 故， 即的最大值是. 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. 已知向量，满足，，，，的夹角为. （1）； （2）若与的夹角为钝角，求实数k的取值范围. 【答案】（1）； （2）且. 【解析】 【分析】（1）利用数量积的定义及运算律求解. （2）利用向量的夹角公式及向量共线列式求解. 【小问1详解】 由，，，的夹角为，得， 所以. 【小问2详解】 由与的夹角为钝角，得，且与不共线， 由，得， 即，解得； 由与共线，不共线，得，解得， 因此由与不共线，得，则且， 所以的取值范围为且. 16. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示． （1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？ （2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题： ①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； ②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 【答案】（1）小吃类家，生鲜类家 （2）①中位数为342.9，平均数为352.5；② 【解析】 【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可； （2）①根据中位数和平均数的定义计算即可； ②根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可. 【小问1详解】 ，， 所以应抽取小吃类家，生鲜类家； 【小问2详解】 ①根据题意可得，解得， 设中位数为，因为，， 所以，解得， 平均数为： ， 所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5. ②, 所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连结，结合题意利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）利用（1）（2）中证明的条件找出线面角，再结合题意将相应的边求出，最后在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 证明：连结，如图所示： 在中，为的中点，为的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 证明：因为平面，平面， 所以， 又，为的中点，则， 又平面，故平面 平面 平面平面. 【小问3详解】 由平面可知，为在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角 由，，， 有， 在中， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若， （1）求角A的大小； （2）若D为BC中点， ， ，求边a； （3）若为锐角三角形，且，求△ABC的周长最大值． 【答案】（1） （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）由正弦定理以及两角和的正弦公式可得； （2）利用以及余弦定理可得； （3）利用正弦定理得，结合三角函数求值域. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得， 在中， ， 所以， 即， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为， 所以， ， 又，所以，所以， 又因为，所以． 【小问3详解】 由正弦定理得，可得， ， ， ， 因为是锐角三角形，且，则， 得，得，，， 故的周长最大值为6． 19. 在体育比赛中，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的资格，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率.假设最终进入半决赛的有四支队伍，传统的淘汰赛制下，会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军；双败赛制下，两两分组，胜者进入胜者组，败者进入败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入总决赛，败者进入败者组，之前进入败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军（赛制流程图如图所示）.双败赛制下会发生一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍时获胜的概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为，最初分组时，同组，同组. （1）若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 【答案】（1）获得冠军的概率为，获得冠军的概率为. （2）在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为；在“双败赛制”赛制下，获得冠军的概率为；双败赛制对强者更有利 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式进行求解即可； （2）首先利用独立事件的概率公式分别求出两种赛制下获得冠军的概率，再利用作差法比较大小即可. 【小问1详解】 结合题意可得获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 所以获得冠军的概率为. 结合题意可得获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出， 所以获得冠军的概率为. 【小问2详解】 在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为. 在“双败赛制”赛制下，讨论进入胜者组､败者组两种情况： 当进入胜者组，若在胜者组失败，后两局都胜，方可得冠军；若在胜者组胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军， 此时获得冠军的概率为； 当进入败者组，后三局都胜，方可得冠军， 此时获得冠军的概率为. 综上，获得冠军的概率为. 令， 则， 由得. 若A为强队，则，此时. 即，所以. 所以双败赛制对强者更有利. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林油田高级中学2025—2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 考试时间：120分钟；满分：150分 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共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. （ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 4. 如图，在矩形中，分别为中点，为线段上的一点，且，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 随着生活水平的不断提高，旅游已经成为人们生活的一部分．某地旅游部门从年月到该地旅游的游客中随机抽取部分游客进行调查，得到各年龄段游客的人数比例和各年龄段中自助游的比例，如图，则下列说法错误的是（ ） A. 若调查的游客中青年人有人，则一共调查了人 B. 估计年月到该地旅游的游客中选择自助游的青年人占总游客人数的 C. 用分层随机抽样的方法对所调查游客进行抽样，若老年人有人，则中年人有人 D. 估计年月到该地旅游且选择自助游的游客中青年人不超过一半 7. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 样本的方差，则这组样本数据总和等于60 B. 若样本数据标准差为8，则数据的标准差为32 C. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 10. （多选）从装有2个红球和2个白球的盒子中任取两个球，下列情况是互斥且对立的两个事件的是（ ） A. 至少有一个红球；至少有一个白球 B. 恰有一个红球；都是白球 C. 至少一个红球；都是白球 D. 至多一个红球；都是红球 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 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 现有一枚质地均匀的骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），投掷两次此骰子，则骰子上面的点数之和为3的整数倍的概率为______. 13. 《几何原本》第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为________． 14. 已知非零向量，，满足，，对于任意实数满足，，则的最大值是__________． 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. 已知向量，满足，，，，的夹角为. （1）； （2）若与的夹角为钝角，求实数k的取值范围. 16. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示． （1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？ （2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题： ①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； ②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若， （1）求角A的大小； （2）若D为BC中点， ， ，求边a； （3）若为锐角三角形，且，求△ABC的周长最大值． 19. 在体育比赛中，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的资格，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率.假设最终进入半决赛的有四支队伍，传统的淘汰赛制下，会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军；双败赛制下，两两分组，胜者进入胜者组，败者进入败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入总决赛，败者进入败者组，之前进入败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军（赛制流程图如图所示）.双败赛制下会发生一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？这里我们简单研究一下两个赛制：假设四支队伍分别为，其中对阵其他三个队伍时获胜的概率均为，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为，最初分组时，同组，同组. （1）若，在淘汰赛赛制下，获得冠军的概率分别为多少？ （2）分别计算两种赛制下获得冠军的概率（用表示），并分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $