精品解析：黑龙江哈尔滨市第三中学校2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

哈三中2025—2026学年度下学期 高一学年期末考试数学试卷 考试说明： （1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟； （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 设复数，．若为实数，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得， 若为实数，则，即. 2. 样本数据11、12、14、14、15、22、24、30、46的第三四分位数为（ ） A. 15 B. 22 C. 24 D. 30 【答案】C 【解析】 【详解】数据从小到大排列为，共个数据， ，所以该组数据的第三四分位数是该组数据的第7位24. 3. 已知，，若，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行可求得，利用坐标运算求得，根据模长定义求得结果. 【详解】因为，所以，解得， ，，因此， 4. 已知一组数据的平均数和方差分别为，，若向该组数据中添加一个数据，记这组新数据的平均数和方差分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设原数据个数为，则原数据总和为，原方差满足，即. 添加数据10后，新数据总和为，因此新平均数 ，排除A、B选项； 方差，即，故C错误，D正确. 5. 已知一个圆锥轴截面是等边三角形，其内切球半径为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将立体几何问题转化为轴截面的平面几何问题，利用等边三角形内切圆半径与边长的关系求出圆锥的底面半径和高，再代入圆锥体积公式计算出结果. 【详解】圆锥的轴截面是等边三角形，该三角形的内切圆就是圆锥内切球的大圆，内切圆半径等于内切球半径， 设圆锥底面半径为，则轴截面等边三角形的边长为， 圆锥的高（即等边三角形的高）， 等边三角形的内心与重心重合，内切圆半径等于高的， 已知内切圆半径为，因此，解得， 所以， 圆锥体积公式. 6. 已知空间中两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列条件是的充分条件的是（ ） A. ， B. 直线上有两个不同的点到的距离相等 C. ，， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据各选项条件，判断其是否可推出即可确定答案. 【详解】对于A，由，可得或 ，即推不出，故A不合题意； 对于B，当直线上有两个不同的点到的距离相等，此时可以与平面相交，也可以平行，故B不合题意； 对于C，由，可得，又，则或 ，即推不出，故C不合题意; 对于D，由，显然可得，故D符合题意. 7. 的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在中，由正弦定理得，则， 即，解得，， 由余弦定理得，整理得或， 当时，，不符合题意， 因此，. 8. 如图，给定两个单位向量和，它们的夹角为，点在以为圆心的圆弧（包含端点）上运动，若，其中，，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】建系将向量问题坐标化，设动点参数用角度表示，由坐标等式解出系数表达式，代入目标式后用辅助角公式求最值. 【详解】以为坐标原点，所在方向为轴正方向建立平面直角坐标系. 由题意，、是单位向量，夹角为，因此，， 设，，则. 已知，代入坐标得， 根据横纵坐标相等，列方程组，解得.​ 将代入，根据辅助角公式可得 ， 为锐角，且 ，由于，因此可取到.​​ 当时，取得最大值. 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. 已知随机事件、满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则 D. 若，则与相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】由独立事件乘法公式与互斥事件加法公式结合概率的性质依次验证选项即可. 【详解】对于A，若，则，故A错误， 对于B，若与互斥，则，故B正确， 对于C，，解得， ，故C错误， 对于D，，解得， 因为，所以与相互独立，D正确. 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由于故，即，A正确， 对于B，由于，，故，，，，故B错误， 对于C， 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5，C正确， 对于D， 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为，D正确 11. 如图，若正方体的棱长为，点是正方体侧面上的一个动点（含边界），点是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截该正方体的截面面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若与侧面所成角为，则线段长度最小值为 D. 若点为棱中点，点在线段上移动（含端点），则与平面所成角正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A直接根据直线与平面的性质作出截面并计算可得；对B通过等体积转换法，只需要计算到截面的距离最大值即可，在平面图形中通过计算可得距离最大值，进而可得体积最大值；对C先由线面角可得点在侧面上的轨迹是一段圆弧，由圆的几何性质可得最小值；对D取棱的中点，再过点作，进而可得就等于与平面所成角，再直角三角形计算角的正弦值，并通过函数的单调性可得范围. 【详解】对A选项，设平面与棱交于点，连接，如图： 因为，平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面，所以. 因为点是棱的中点，所以点是棱的中点，因此，所以四边形是平行四边形. 又因为在正方体中，，，平面， 所以平面，平面，所以，因此平行四边形是矩形. 在直角三角形中，，所以， 所以矩形的面积，故A正确； 对B选项，因为，设点到平面的距离为，如图： 设过点作交于. 因为在正方体中，，，平面， 所以平面，平面，所以. 又因为，，平面，所以平面. 所以就是点到平面的距离，当且仅当与重合时，到平面的距离有最大值. 因为，，， 在直角三角形中，，所以. 所以三棱锥的体积，故B正确； 对C选项，连接，由B选项分析知平面，且， 所以平面，因此就是与侧面所成角，即. 在直角三角形中，，所以. 在侧面中，动点到定点的距离为，因此动点在一段圆弧上，如图： 由圆的几何性质，线段，故C错误； 对D选项，取棱的中点，连接，再过点作. 因为是棱的中点，所以， 因此，所以，. 由A选项分析知平面，平面，所以. 因为，，，平面，因此平面. 又因为，，所以，且是动点， 所以平面或平面，且平面， 故就等于与平面所成角. 在直角三角形中，， 当时，； 当时，在单调递增，所以. 综上所述，，即与平面所成角正弦值的取值范围为，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．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 若为两两夹角都是的三个单位向量，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为是单位向量，所以，且两两夹角为， 所以，， \， 所以 ． 13. 已知复数满足，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用题设等式推得，利用复数的模的公式表示，结合二次函数的性质即可求其最小值. 【详解】设，则，即， 整理得，化简得. 因， 则当时，的最小值为. 14. 在如图的的方格表中选个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的个数之和为的概率为__________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 【答案】 【解析】 【分析】先根据分步乘法计数原理求出满足条件的基本事件总数，再列举出满足条件的基本事件，最后利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】在所给的方格中，要让每行和每列均恰有一个方格被选中，则基本事件总数为种， 选中方格中的个数之和为的情况为： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 共14种情况，所以所求概率为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若是的角平分线，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解. （2）利用三角形面积公式及基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【小问1详解】 在△ABC中，由及正弦定理，得 ，整理得， 而 ，则，即， 解得，又，所以. 【小问2详解】 由是的角平分线，及， 得，则，即， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为9. 16. 2025年8月31日，哈尔滨马拉松赛事成功举行，志愿者服务是赛事有序开展的重要保障，共青团哈尔滨市委员会统筹了志愿者选拔的面试工作，现随机抽取了名候选志愿者的面试成绩，已知名候选志愿者的分数全部介于分到分之间（满分分），工作人员将所有测试分数分成组：，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）由频率分布直方图估计这名候选志愿者面试分数的平均数以及第百分位数； （3）此前工作人员已按照分层抽样的方法，从分数在内的候选志愿者中抽取出甲、乙、丙、丁、戊人，查阅他们的答题记录．求从甲、乙、丙、丁、戊人中选出人进行复核面试时，所选出的人中恰有人分数在内的概率． 【答案】（1） （2）平均数73，第30百分位数66.25 （3） 【解析】 【小问1详解】 由题可得组距为10，所以， 解得. 【小问2详解】 由小问（1）可得，计算各组的中点及频率， 的中点为55，频率为， 的中点为65，频率为， 的中点为75，频率为， 的中点为85，频率为， 的中点为95，频率为， 则平均数， 累计频率为，累计频率为， 则第30百分位数位于内，设为x，则， 解得. 【小问3详解】 的人数为人，的人数为人， 人数比为，所以中抽取4人设为甲、乙、丙、丁， 中抽取1人设为戊， 从这5人中抽取2人有，，，，，，，，，，一共10种选法， 恰有1人在内有，，，一共4种选法， 则概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，且，，点在线段上，满足：平面 （1）确定点的位置并说明原因； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）连接交于点，连接， 因为底面是矩形，所以是的中点， 已知平面，且平面， 平面平面，所以， 在中，为中点且，因此是的中位线， 故为线段的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理推导出线线平行，再结合三角形的中位线确定中点位置 （2）法一: 利用等体积法求出点到平面的距离，再结合余弦定理与三角形面积公式求出相应的斜高，最后通过定义在直角三角形中直接计算出该二面角的正弦值；法二:证明面面垂直找到几何体的高并建立空间直角坐标系，通过求两平面法向量的夹角余弦值，最终转化为二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一，设点在平面上的投影为点，过点作交于点，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因此为二面角的平面角或其补角， 因此， 由题意得，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，， ， 取的中点，在等腰三角形中，易得，，，， ，， ，且， ，解得， ， ， ，所以， ， 所以， ， 所以， 则， 又因为，代入得， 则. 法二：由题意得，且， ，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 取的中点，连接， 因为，所以， 平面平面，所以平面， 在中，，， 在中，， 以为原点，以为轴正方向建系， 则， 且，，， 设平面的法向量为， 则，令，解得，故， ，，设平面的法向量为， 则，令，解得，故， 设二面角的平面角为， ， 则， 综上， 二面角的正弦值为. 18. 如图，的内角，，的对边分别为，，，点满足，点在线段上，交于点． （1）若，，求的取值范围： （2）若，， ①求； ②若点满足，的面积为，求的最小值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）直接由条件及向量的数量积可得，再结合三角形中边的范围，进而可得所求边的范围； （2）①直接根据及两个三点共线得参数值；②方法一：先由边的关系及三角形的面积可得，再由余弦定理及三角形面积公式可得余弦值及正弦值，再结合基本关系式可得方程，利用判别式可得所求值范围；解法二：由三角形面积公式及余弦定理可得，通过换元及辅助角公式可得的范围，进而可得所求边的范围. 【小问1详解】 由，所以，即. 又因为，， 所以 ， 在中，（固定），，所以射线固定， 所以点可以是射线上除点之外的任意一点，都能构成满足条件的三角形， 因此可以取一切正数，即. 所以，即，得. 因此的取值范围为. 【小问2详解】 ①因为点共线，设，所以， 即. 又，由（1）知，所以. 所以 因为，所以，，解得. 因此. ②方法一：由，则，又，所以， 又，所以，所以. 设，则，在中， 由余弦定理得， 因为，所以，. 又，所以，. 因为的面积为，则， 又， 所以，则， 因为，所以， 整理得， 将其看作关于的一元二次方程，则， ，，解得， 且关于的一元二次方程的两根之和，两根之积. 所以时，方程一定有正数解. 故的最小值为． 方法二：因为的面积为，同解法一得， 设，，，， ．，， 由余弦定理得， 设，则， 所以，解得，即，. 因为，所以，故． 因此的最小值为. 19. 已知矩形，，，，，分别为，的中点，为对角线，的交点，将和剪掉，如图所示，现将图按如下方式折叠：沿将翻折某一角度，沿将翻折同一角度，同时使与重合，与重合，得到由平面，，，围成的多面体，如图2所示． （1）证明：平面平面； （2）如图2，若，，当直线与平面所成角最大时，求，两点的距离； （3）如图2，若与的角平分线所成角余弦最小值为，求． 【答案】（1）由题可知，折叠前，折叠后垂直关系不变，且折叠后变为， 因为，平面，所以平面，又平面， 所以，同理可得，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用矩形原有垂直关系得、，由线面垂直判定推出平面，再由面面垂直判定定理证平面平面OAC； （2）取中点，依托折叠对称与三余弦定理建立的约束关系，利用等体积法写出点到平面距离的表达式，通过换元配方法求出取最大值时、的值，推得，最后由勾股定理算出长度； （3）截取单位线段构造等腰三角形，取两底边中点得到两条角平分线，借助三角不等式放缩线段长度，结合余弦定理列出夹角余弦的下界等式并求解参数，推出后利用边长关系算出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，因为，，， 所以，过作平面，则由折叠对称可知，， 设，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，即均为直角三角形， 在中，，所以； 在中，,，所以； 在中， 又，则， 设点到平面的距离为，则由可得， 所以 ， 当，即时，取得最大值，此时，得， 所以，所以，所以. 【小问3详解】 分别在上取， 则问题转化为如图所示四个等腰三角形围成的几何体， 分别取中点，则与夹角即为已知角平分线所成角，设为， 记中点为，设，则由三角不等式， 所以，解得，即， 因为为等边三角形，即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2025—2026学年度下学期 高一学年期末考试数学试卷 考试说明： （1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟； （2）第I卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 设复数，．若为实数，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 样本数据11、12、14、14、15、22、24、30、46的第三四分位数为（ ） A. 15 B. 22 C. 24 D. 30 3. 已知，，若，（ ） A. B. C. D. 4. 已知一组数据的平均数和方差分别为，，若向该组数据中添加一个数据，记这组新数据的平均数和方差分别为，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个圆锥轴截面是等边三角形，其内切球半径为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知空间中两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列条件是的充分条件的是（ ） A. ， B. 直线上有两个不同的点到的距离相等 C. ，， D. ， 7. 的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，给定两个单位向量和，它们的夹角为，点在以为圆心的圆弧（包含端点）上运动，若，其中，，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 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. 已知随机事件、满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则 D. 若，则与相互独立 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 11. 如图，若正方体的棱长为，点是正方体侧面上的一个动点（含边界），点是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截该正方体的截面面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若与侧面所成角为，则线段长度最小值为 D. 若点为棱中点，点在线段上移动（含端点），则与平面所成角正弦值的取值范围为 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．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 若为两两夹角都是的三个单位向量，则__________. 13. 已知复数满足，则的最小值为__________． 14. 在如图的的方格表中选个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的个数之和为的概率为__________． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若是的角平分线，且，求的最小值． 16. 2025年8月31日，哈尔滨马拉松赛事成功举行，志愿者服务是赛事有序开展的重要保障，共青团哈尔滨市委员会统筹了志愿者选拔的面试工作，现随机抽取了名候选志愿者的面试成绩，已知名候选志愿者的分数全部介于分到分之间（满分分），工作人员将所有测试分数分成组：，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）由频率分布直方图估计这名候选志愿者面试分数的平均数以及第百分位数； （3）此前工作人员已按照分层抽样的方法，从分数在内的候选志愿者中抽取出甲、乙、丙、丁、戊人，查阅他们的答题记录．求从甲、乙、丙、丁、戊人中选出人进行复核面试时，所选出的人中恰有人分数在内的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，且，，点在线段上，满足：平面 （1）确定点的位置并说明原因； （2）求二面角的正弦值． 18. 如图，的内角，，的对边分别为，，，点满足，点在线段上，交于点． （1）若，，求的取值范围： （2）若，， ①求； ②若点满足，的面积为，求的最小值． 19. 已知矩形，，，，，分别为，的中点，为对角线，的交点，将和剪掉，如图所示，现将图按如下方式折叠：沿将翻折某一角度，沿将翻折同一角度，同时使与重合，与重合，得到由平面，，，围成的多面体，如图2所示． （1）证明：平面平面； （2）如图2，若，，当直线与平面所成角最大时，求，两点的距离； （3）如图2，若与的角平分线所成角余弦最小值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $