精品解析：黑龙江哈尔滨市松雷中学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

松雷中学2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：王哲 校对人：孙刚 一、单选题（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. 已知，，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 10 2. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. Token是AI大模型处理信息的最小单元，2026年3月国家数据局正式确定Token的中文译名为“词元”，已知2024年—2029年中国“词元”调用数量及预测调用数量（单位：百万亿次）依次为9，246，1117，2875，8509，25033，则这组数据的分位数为（ ） A. 2875 B. 5692 C. 8509 D. 16771 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 8 5. 已知，，是三个不同的平面，，，是三条不同的直线.下列四个命题： ①若，，则； ②若，，，则； ③若，，则； ④若，，，则三条交线，，的交点个数为0或1，其中，真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知为坐标原点，若，，三点共线，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知A，B，C是半径为1的球面上三个定点,且AB=AC=BC=1,高为的三棱锥P-ABC的顶点P位于同一球面上，则动点P的轨迹所围成的平面区域的面积是 A. B. C. D. 8. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，角的角平分线交于点，则线段的最大值为（ ） 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. 已知样本数据，，…，的平均数是3，方差是2，样本数据，，…，的平均数是1，方差是4，则下列结论正确的是（ ）． A. 数据，，…，的平均数是7 B. 数据，，…，的方差是16 C. 数据，，…，，，，…，的平均数为3 D. 数据，，…，，，，…，的方差为4 10. 已知直四棱柱中，所有棱长均为2，，点，，，分别为，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若点在上运动，则三棱锥的体积不变 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 平面被直四棱柱所截的多边形周长为 11. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，用三个不同的元件连接成一个系统.当元件正常工作且元件至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知正常工作的概率依次为，则系统正常工作的概率为___________. 13. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围是___________________． 14. 圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 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. 在2026年“五一”假期期间，全国多地博物馆出现“一票难求”的盛况．某市文旅部门为了解游客在市博物馆某特展厅的参观体验，随机抽取了100名游客，统计了他们在该展厅的停留时长（单位：分钟），得到以下频率分布直方图： （1）根据频率分布直方图，估计这100名游客停留时长的平均数及中位数（结果精确到0.1）； （2）根据往年数据统计，停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为；停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为，现利用分层随机抽样的方法，从停留时长在分钟之间的游客中抽取4人，这4人第二年是否再来彼此互不影响．求第二年这4人中至少有1人再来的概率． 16. 在①；②；③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.）在中，的面积为，角、、所对的边分别为、、，且________. （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，，求的值. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点，，. （1）证明：； （2）证明：平面. 18. 记的内角的对边分别为．已知，，且为锐角三角形． （1）求； （2）求的取值范围． 19. 如图，四棱锥，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，，O是AD的中点. （1）求证：平面平面POB； （2）点M在棱PC上，满足，且三棱锥的体积为， ①求的值； ②二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松雷中学2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 时间：120分钟 满分：150分 命题人：王哲 校对人：孙刚 一、单选题（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. 已知，，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算及复数相等得到方程组，求出、的值，从而求模. 【详解】因为，即，即， 因为，，所以，解得， 所以. 故选：A 2. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正弦定理求出的值，再结合三角形大边对大角的性质，判断出正确选项. 【详解】在中，由正弦定理得，， 所以， 由于，所以，又，所以. 3. Token是AI大模型处理信息的最小单元，2026年3月国家数据局正式确定Token的中文译名为“词元”，已知2024年—2029年中国“词元”调用数量及预测调用数量（单位：百万亿次）依次为9，246，1117，2875，8509，25033，则这组数据的分位数为（ ） A. 2875 B. 5692 C. 8509 D. 16771 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以这组数据的分位数为8509. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量垂直和向量数量积的坐标表示求出，进而根据向量的模的公式求出结果. 【详解】因为向量，，所以. 由于，所以， 所以，解得. 所以，所以. 故选：C. 5. 已知，，是三个不同的平面，，，是三条不同的直线.下列四个命题： ①若，，则； ②若，，，则； ③若，，则； ④若，，，则三条交线，，的交点个数为0或1，其中，真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行的性质及线面平行的判定定理可判断①②，根据平面与平面的位置关系可判断③④. 【详解】对于①，若，，则或，错误. 对于②，过作平面与交于，与交于，由线面平行的性质可得，，所以， 由线面平行的判定定理可得，又，则，所以，正确. 对于③，若，，则相交或平行，错误. 对于④，若三条交线互相平行，则交点个数为0；若三条交线不平行，则交点个数为1，正确. 6. 已知为坐标原点，若，，三点共线，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三点共线,则与共线，列出方程求出，再利用投影向量的公式可得答案. 【详解】， 若，，三点共线， 则与共线，， 解得，，， 则在上的投影向量的坐标为. 故选：D. 7. 已知A，B，C是半径为1的球面上三个定点,且AB=AC=BC=1,高为的三棱锥P-ABC的顶点P位于同一球面上，则动点P的轨迹所围成的平面区域的面积是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：因为且 所以可得，到平面的距离为，又因为位于同一球面上，动点的轨迹是一个圆，到该圆面的距离是，由勾股定理得圆半径是，面积为，故选D. 考点：1、球的性质；2、圆的定义及勾股定理. 【方法点晴】本题主要考球的性质及圆内接三角形的性质、圆的面积公式，属于难题.球与多面体结合问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：①多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；②注意运用性质. 8. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，角的角平分线交于点，则线段的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用三角形内角和与三角恒等变换，将已知条件 转化，求出,后通过面积法建立角平分线与边的关系，得到 ，再结合余弦定理和基本不等式求出的最大值为. 【详解】由 ,即 ， ,又 , , , 因为为角的角平分线, 所以, 而, 则，又， 则,所以 化简得： 即,，当且仅当时取等号. 故选：C 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. 已知样本数据，，…，的平均数是3，方差是2，样本数据，，…，的平均数是1，方差是4，则下列结论正确的是（ ）． A. 数据，，…，的平均数是7 B. 数据，，…，的方差是16 C. 数据，，…，，，，…，的平均数为3 D. 数据，，…，，，，…，的方差为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用均值、方差的性质求新数据的均值和方差判断A、B，应用分层抽样的均值和方差求法判断C、D. 【详解】由题意，， A：由题设，数据平均数为，对； B：由题设，数据方差为，对； C：由题设，数据平均数为，错； D：由题设，数据方差为 ，对； 故选：ABD 10. 已知直四棱柱中，所有棱长均为2，，点，，，分别为，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若点在上运动，则三棱锥的体积不变 C. 异面直线与所成的角的余弦值为 D. 平面被直四棱柱所截的多边形周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直的性质判断即可； 对于B，根据线面平行推得面面平行，再得线面平行，进一步确定点在上运动时，点到平面的距离不变，即可判断； 对于C，根据异面直线成角的定义结合余弦定理求异面直线所成角判断即可； 对于D，根据截面的性质判断即可. 【详解】对于A，因为直四棱柱中，底面为边长为2的菱形，， 所以平面，可得，所以不正确，故A不正确； 对于B，连接，，易得，平面，所以平行于平面， 同理有，则平行于平面. 平面，所以平面平行于平面，故平行于平面. 当点在上运动时，点到平面的距离不变，所以三棱锥的体积不变，故B正确； 对于C，如图，延长到点，使得，连接，，所以即为所求， 计算可得，，，所以，故C正确； 对于D，如图，取点，，分别为，，的中点，连接，，，，， 则多边形即为所求，根据题意，可得，， 所以多边形的周长为，故D正确. 故选：BCD. 11. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，，，且, 因为，所以与独立. 选项B，因为， ，所以与不对立. 选项C，. 选项D，. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，用三个不同的元件连接成一个系统.当元件正常工作且元件至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知正常工作的概率依次为，则系统正常工作的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算元件至少有一个正常工作的概率，从而可得系统正常工作的概率. 【详解】因为元件至少有一个正常工作的概率为， 所以系统正常工作的概率为. 故答案为： 13. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围是___________________． 【答案】且 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：， ，若与的夹角为钝角，则，即：，又不共线，则,即：，则且 考点：1．向量的夹角；2．向量的数量积；3．共线向量；4．向量的坐标运算公式； 14. 圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥侧面展开图的弧度确定圆锥的母线，进而可求锥体和柱体的高，以此分别求体积后相减即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，由题意得底面圆的半径， 则，可得，即母线， 所以圆锥的高， 因为是的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1， 且圆柱的高，则该圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 则剩下几何体的体积． 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. 在2026年“五一”假期期间，全国多地博物馆出现“一票难求”的盛况．某市文旅部门为了解游客在市博物馆某特展厅的参观体验，随机抽取了100名游客，统计了他们在该展厅的停留时长（单位：分钟），得到以下频率分布直方图： （1）根据频率分布直方图，估计这100名游客停留时长的平均数及中位数（结果精确到0.1）； （2）根据往年数据统计，停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为；停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为，现利用分层随机抽样的方法，从停留时长在分钟之间的游客中抽取4人，这4人第二年是否再来彼此互不影响．求第二年这4人中至少有1人再来的概率． 【答案】（1）41.0， （2） 【解析】 【分析】（1）应用频率分布直方图公式计算平均数及中位数； （2）应用对立事件概率和及独立事件乘积公式计算求解. 【小问1详解】 设平均数为，中位数为． ， 因为前两组的频率和为，前三组的频率和为， 所以中位数落在内，则， 解得． 【小问2详解】 由图可知和内的人数之比为， 由分层比例可知，在区间中抽取3人，在区间抽取1人 设事件为“第个人第二年再来”，其中，，， 设事件为“这四个人第二年至少有一人再来”． ， ． 16. 在①；②；③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.）在中，的面积为，角、、所对的边分别为、、，且________. （1）求角的大小； （2）若为的中点，且，，求的值. 【答案】（1）选①或②或③， （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 选②，由平面向量数量积的定义结合三角形的面积公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； 选③，由二倍角的余弦公式以及诱导公式可得出的方程，结合角的取值范围可得出的值，进而可得出角的值； （2）由题意得出，结合平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，即可解得的值. 【小问1详解】 选①，由及正弦定理可得， 整理可得，由余弦定理可得， 因为，所以； 选②，由得， 整理可得，即， 因为，所以； 选③，由，得， 即，即，即， 因为，则，故，所以. 【小问2详解】 因为为的中点，所以，即，所以， 所以， 即，即， 即， 因为，解得. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点，，. （1）证明：； （2）证明：平面. 【答案】（1）在正三棱柱中，平面，平面， 所以， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故. （2）连接交于点，连接， 在三棱柱中，，，故四边形为平行四边形， 因为，则为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）证明出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）连接交于点，连接，由中位线的性质可得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 记的内角的对边分别为．已知，，且为锐角三角形． （1）求； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式即可求解； （2）由三角形为锐角三角形确定范围，再结合正弦定理得到，由正切函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由，代入 ， 得  ， 即 得 ，即 ， 因为是三角形内角，所以， 所以 【小问2详解】 由（1），三角形内角和得：，即， 因为为锐角三角形， 三个内角均小于： ， 由正弦定理，， 得： ， 展开 ， 代入化简得：  因此，则 则， 所以的取值范围为  . 19. 如图，四棱锥，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，，O是AD的中点. （1）求证：平面平面POB； （2）点M在棱PC上，满足，且三棱锥的体积为， ①求的值； ②二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①，②二面角的正切值为 【解析】 【分析】（1）连接，则可得四边形为正方形，得，由已知条件结合面面垂直的性质可得平面，则，则由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得结论； （2）①设点到平面的距离分别为，由可求出，由三棱锥的体积为，可求出，再由可求出的值；②取靠近点的四等分点，连接，过点作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后在中可求得结果. 【小问1详解】 连接， 因为底面中，，， 所以四边形为正方形，所以， 因为侧面为等边三角形，O是的中点， 所以， 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， 因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 ①因为底面中，，，侧面为等边三角形，O是的中点， 所以，，， 因为平面，平面， 所以， 所以， 因为， 所以，所以， 设点到平面的距离分别为， 因为，所以， ，解得， 因为三棱锥的体积为， 所以，所以，解得， 所以，所以， 因为，所以， ②取靠近点的四等分点，连接，则//， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 过点作于，连接， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以， 因为， 所以四边形为矩形，所以， 所以在中，， 所以二面角的正切值为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $