精品解析：吉林省友好学校协作体2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

2025—2026学年度下学期期末考试 高一数学试卷 命题人： 审题人： 复审人： 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码贴在条形码区域内． 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、选择题：本题共8个小题，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. 在复平面内，复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 数据：1，2，4，5，3，6，7，8，9，10的分位数是（　　） A. 4 B. 5 C. 3.5 D. 4.5 3. 已知，，且与的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，已知，，，则B的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则与事件“取出的两个球同为红色”互斥而不对立的事件是（ ） A. 取出的两个球一个为红色，另一个为黑色 B. 取出的两个球颜色相同 C. 取出的两个球至多有一个是红色 D. 取出的两个球至少有一个是红色 7. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：①，；②若，为异面直线，，，，；③，，；④，.其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 8. 在直角三角形中，，M，N是斜边上的两个动点，且，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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，为虚数单位，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 对应的点位于复平面的第三象限 D. 10. 如图，正方体的棱长为1，则（ ） A. 平面与平面所成二面角的正弦值为 B. 直线与平面所成的角为 C. 直线与直线所成的角为 D. 三棱锥外接球的表面积为 11. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则一定是钝角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据5，6，8，11，5的方差为______. 13. 已知单位向量在单位向量上的投影向量为，则与的夹角为______． 14. 如图，等腰三角形中，，D为上一点，且，将沿翻折至平面平面，连接，则点D到平面的距离为_____. 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. 已知平面内三个向量，，. （1）若，求实数，的值； （2）若，求实数的值； （3）已知，求的最小值. 16. 某高中在一次高一数学测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，成绩均在内，将成绩分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求m的值，并估计这200名学生数学成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名，求这2名学生数学成 绩在和内各1人的概率． 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若是锐角，且，求的面积. 18. 如图，在四棱锥中，，，⊥，平面⊥平面，分别是和的中点． 求证：（1）//平面 （2）平面⊥平面 19. 在高中生物实验技能竞赛中，有“植物标本识别”的轮次考核，每轮活动由选手甲、选手乙各识别一份未知的植物标本（识别正确记为成功，识别错误记为失败）.已知甲每轮正确识别植物标本的概率为 ，乙每轮正确识别植物标本的概率为 ，甲、乙的识别结果相互独立，各轮考核的结果也互不影响. （1）求在一轮考核中，甲，乙两人中恰好有一人成功的概率； （2）求在两轮考核中，“竞赛队”（由甲，乙组成）成功识别标本的总次数为3次的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期期末考试 高一数学试卷 命题人： 审题人： 复审人： 本试卷共19题，满分150分，共4页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码贴在条形码区域内． 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色中性笔书写，字体工整，笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在草纸、试题卷上答题无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱、不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、选择题：本题共8个小题，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. 在复平面内，复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求解. 【详解】依题意，. 故选：D 2. 数据：1，2，4，5，3，6，7，8，9，10的分位数是（　　） A. 4 B. 5 C. 3.5 D. 4.5 【答案】D 【解析】 【分析】先将原始数据从小到大排列，再按百分位数的定义计算求解即可. 【详解】因为数据为：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则，， 所以， 所以分位数是：. 故选：D. 3. 已知，，且与的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算法则计算出答案. 【详解】. 故选：B 4. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知，银杯盛酒部分的容积为半球的体积加圆柱的体积，将已知条件代入体积公式求解即可. 【详解】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 5. 在中，已知，，，则B的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在中，因为，，， 根据正弦定理得，，故. 6. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则与事件“取出的两个球同为红色”互斥而不对立的事件是（ ） A. 取出的两个球一个为红色，另一个为黑色 B. 取出的两个球颜色相同 C. 取出的两个球至多有一个是红色 D. 取出的两个球至少有一个是红色 【答案】A 【解析】 【分析】由事件的关系逐一判断各个选项即可得解. 【详解】与事件“取出的两个球同为红色”对立的事件为事件“取出的两个球至少有一个为黑色”， 故所求事件为事件“取出的两个球至少有一个为黑色”的子事件，且不能等同于该事件， 对于A，由以上分析可知A正确； 对于BD，由于取出的两个球可能都为红色，故不互斥，故BD不正确； 对于C，由以上分析可知，C选项是事件“取出的两个球同为红色”的对立事件，故C不正确. 故选：A. 7. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：①，；②若，为异面直线，，，，；③，，；④，.其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断即可. 【详解】对于①，，或，故①错误； 对于②，因为，，记，， 则，因为，所以，假设不相交，则， 则，这与，为异面直线，故相交， 又，，所以，故②正确； 对于③，，，或异面，故③错误； 对于④，，或异面，故④错误. 所以正确命题的个数有1个. 故选：B. 8. 在直角三角形中，，M，N是斜边上的两个动点，且，则取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，用坐标表示数量积，然后求得范围. 【详解】以为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则， 直线方程为， 设，，， 由对称性不妨设， ， 所以，，由得，，所以， ， 所以时，取得最小值4，或时，取得最大值6， 所以的取值范围是. 二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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，为虚数单位，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 对应的点位于复平面的第三象限 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用复数的概念可判断B选项；利用复数的几何意义可判断C选项；利用复数的减法可判断D选项. 【详解】因为，则. 对于A选项，，A错； 对于B选项，的虚部为，B错； 对于C选项，对应的点的坐标为，位于第三象限，C对； 对于D选项，，D对. 故选：CD. 10. 如图，正方体的棱长为1，则（ ） A. 平面与平面所成二面角的正弦值为 B. 直线与平面所成的角为 C. 直线与直线所成的角为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，在正方体中，平面， 平面，， 又因平面平面， 则为平面与平面所成二面角的平面角，且， 故平面与平面所成二面角的正弦值为，A正确； 对于B，连接交于点，连接，所以， 因平面，平面，则， 又，平面，故平面， 故为直线与平面所成的角， ，故， 所以直线与平面所成的角为，B正确； 对于C，假设直线与直线所成的角为，则， 又平面，平面，即， 因，平面， 则平面，即，与已知不符，故假设不成立，C错误； 对于D，三棱锥外接球即为正方体的外接球， 故三棱锥外接球的半径，外接球表面积为，D正确. 11. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则一定是钝角三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理和三角形内角的范围逐项计算判断即可. 【详解】对于A，根据正弦定理得， 化简得，得到或， 所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，A错误； 对于正弦定理可知，，因为，所以，B正确； 对于C，仅知道是锐角三角形，并不能确定的大小，C错误； 根据余弦定理可得，，因为，所以. 因为，所以，所以一定是钝角三角形，D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据5，6，8，11，5的方差为______. 【答案】5.2 【解析】 【分析】先求样本数据的平均数，然后由方差的定义求得方差. 【详解】这组样本数据的平均数为， 所以方差. 故答案为：5.2 13. 已知单位向量在单位向量上的投影向量为，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解. 【详解】设与的夹角为，又均为单位向量， 由题意， ，又， 所以. 14. 如图，等腰三角形中，，D为上一点，且，将沿翻折至平面平面，连接，则点D到平面的距离为_____. 【答案】 【解析】 【详解】由已知，可得，所以．又， 所以，取的中点M，则，且． 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以．又因为，，平面， 所以平面，所以就是点D到平面的距离， 所以点D到平面的距离为. 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. 已知平面内三个向量，，. （1）若，求实数，的值； （2）若，求实数的值； （3）已知，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示得到方程组，解得即可； （2）求出、的坐标，根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可； （3）表示出，利用坐标法计算，结合二次函数的性质计算可得. 【小问1详解】 ，又，，， 即， ，解得. 【小问2详解】 因为，， 又， ，即，解得. 【小问3详解】 因为， 所以， 所以当时，取最小值. 16. 某高中在一次高一数学测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，成绩均在内，将成绩分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求m的值，并估计这200名学生数学成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名，求这2名学生数学成 绩在和内各1人的概率． 【答案】（1），79.5 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1求出，再由均值的求法计算得出平均值； （2）由分层抽样确定每层抽取人数，列出基本事件，根据古典概型求解. 【小问1详解】 由题意知，解得． 估计这200名学生成绩的平均数． 【小问2详解】 由，得这5人中成绩在的人数为2，分别记为a，b； 在的人数为3人，分别记为c，d，e． 在这5人中抽取2人，共ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，10个基本事件， 这2名学生成绩在和内各1人，共ac，ad，ae，bc，bd，be，6个基本事件， 故这2名学生数学成绩在和内各1人的概率为． 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若是锐角，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简即可； （2）利用余弦定理求出，再利用面积公式计算即可. 【小问1详解】 由以及正弦定理得，， 所以 因为，所以，所以； 【小问2详解】 因为，且是锐角，所以， 由余弦定理可得， 则， 因为，所以，得， 故的面积为. 18. 如图，在四棱锥中，，，⊥，平面⊥平面，分别是和的中点． 求证：（1）//平面 （2）平面⊥平面 【答案】（1）∵，，E是的中点， ∴，即是平行四边形． ∴． ∵平面平面， ∴平面， 又， 平面，平面， ∴平面， ，平面，且， ∴平面平面． ∵平面，∴平面． （2）由题意，平面平面，且两平面交线为，平面，， ∴平面．∴．∴． 又，，平面，且， ∴平面． ∵平面，∴平面平面． 【解析】 【分析】（1）若要证//平面，只要所在面和平面平行即可； （2）若要证平面⊥平面，只要证平面内的一条直线和平面垂直即可. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了线面平行和面面垂直的证明，解决此类问题的关键是能利用线面关系的定理和性质进行逻辑推理，往往使用逆推法进行证明，需要较强的空间感和空间预判，属于较难题. 19. 在高中生物实验技能竞赛中，有“植物标本识别”的轮次考核，每轮活动由选手甲、选手乙各识别一份未知的植物标本（识别正确记为成功，识别错误记为失败）.已知甲每轮正确识别植物标本的概率为 ，乙每轮正确识别植物标本的概率为 ，甲、乙的识别结果相互独立，各轮考核的结果也互不影响. （1）求在一轮考核中，甲，乙两人中恰好有一人成功的概率； （2）求在两轮考核中，“竞赛队”（由甲，乙组成）成功识别标本的总次数为3次的概率. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据独立事件概率的乘法公式求解； （2）所求事件可分为甲正确识别2个乙正确识别1个，甲正确识别1个乙正确识别2个两互斥事件的和求解. 【小问1详解】 设“甲每轮识别成功”为事件A，“乙每轮识别成功”为事件B， 由题意：； ， 由甲，乙的识别结果相互独立，，都相互独立； 甲，乙两人中恰好有一人成功=“”，且互斥， ∴； 【小问2详解】 设A1，A2分别表示甲两轮考核中识别成功1个，2个植物标本，B1，B2分别表示乙两轮识别成功1个，2个植物标本， ， ， 设“在两轮考核中，“竞赛队”（由甲，乙组成）成功识别标本的总次数为3次”， ∴，且与互斥，与与分别相互独立， ∴ ， 因此，在两轮考核中，“竞赛队”成功识别标本的总次数为3次概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $