精品解析：吉林长春市第六中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

长春市第六中学高一下学期期末考试 数学学科试题 时间：120分钟 分数：150分 一、单选题：本题共8小题，共40分. 1. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 2. 设，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 3. 某学校有教师人，男学生人，女学生人．现用分层抽样的方法从全体师生中抽取一个容量为的样本，已知从女学生中抽取的人数为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 5. 设一个随机试验的样本空间为，事件，，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若与互斥，则 6. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. C. D. 2 7. 某市四所高中的足球队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法不正确的是（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 四支球队的积分总和可能为分 C. 丙队积分为分的概率为 D. 甲队胜场且乙队胜场的概率为 8. 中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3题，共18分. 9. 一组样本数据为，，，，，，，，则这组数据的（ ） A. 中位数为 B. 方差为 C. 平均数为 D. 分位数为 10. 在中，，D为边BC上一动点，则（ ） A. B. △ABC的外接圆半径为 C. 当D为BC中点时， D. 当AD为角A的角平分线时， 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3题，共15分. 12. 甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出的概率是______. 13. 已知向量，向量，则在方向上的投影向量的坐标为______ 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 四、解答题：本题共5题，共77分. 15. 内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为．求的周长． 16. 某学校高一年级举办一次数学竞赛，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数（，，…，）全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这50名学生测试分数的第62百分位数； （3）若采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小. （注：本题只能用几何法不能用空间向量法） 18. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图所示.在图中： （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. （注：本题只能用几何法不能用空间向量法） 19. 在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题： （1）当，且时，求； （2）角，，所对的边分别为，，，，求证：； （3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市第六中学高一下学期期末考试 数学学科试题 时间：120分钟 分数：150分 一、单选题：本题共8小题，共40分. 1. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模，复数除法运算公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，所以. 故选：C 2. 设，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的坐标运算建立方程，求解参数即可. 【详解】，，且， ，解得，故D正确. 故选：D． 3. 某学校有教师人，男学生人，女学生人．现用分层抽样的方法从全体师生中抽取一个容量为的样本，已知从女学生中抽取的人数为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据女学生的抽样比与总体的抽样比相等列方程即可求解． 【详解】由题得，，解得， 故选：B． 4. 已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】结合线面平行、线面垂直和面面平行的判定定理和性质分析判断. 【详解】对于A：若，，则或，所以A选项错误； 对于B：若，，，，如图， 则不一定成立，所以B选项错误； 对于C：若，，，，则或与相交，所以C选项错误； 对于D：若，，则，所以D选项正确． 故选：D． 5. 设一个随机试验的样本空间为，事件，，则下列结论中不一定成立的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若与互斥，则 【答案】C 【解析】 【分析】依据概率的基本性质、对立事件、事件包含关系、互斥事件的定义逐一验证选项，判断是否必然成立。 【详解】对于A：是事件的对立事件，满足且，由概率加法公式可得，故A一定成立； 对于B：若，说明事件的全部样本点都属于事件，所以，故B一定成立； 对于C：若，由概率加法公式得，当且仅当即时，才有，若存在公共样本点，该等式不成立，故C不一定成立； 对于D：若与互斥，根据互斥事件定义得，空集的概率为0，因此，故D一定成立. 6. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先计算出母线长，再求出底面半径，从而可求出圆锥的高，进而可求出轴截面的面积 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形， 所以，解得， 因为，所以，得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是， 故选：C. 7. 某市四所高中的足球队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法不正确的是（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 四支球队的积分总和可能为分 C. 丙队积分为分的概率为 D. 甲队胜场且乙队胜场的概率为 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得四支队伍进行单循环比赛，共比赛6场，运用每场比赛结果相应概率，分析各选项比赛情况即可求解 【详解】四支队伍进行单循环比赛，共比赛场， 分别是甲与乙，甲与丙，甲与丁，乙与丙，乙与丁，丙与丁，每支球队比赛三场. 对于A，甲队积分为分，即甲队三场比赛全胜， 所以甲队积分为分的概率为，故A正确； 对于B，若甲队三场比赛全胜，则甲队得9分，乙队、丙队、丁队各剩余两场比赛，如果全部是平局，则乙队、丙队、丁队各得2分， 则总积分为分，故B正确； 对于C，丙队积分为分有2种情况，即胜1平0负2或者胜0平3负0， 若为胜1平0负2，则概率为， 若为胜0平3负0，则概率为， 所以丙队积分为分的概率为，故C错误； 对于D，甲队胜场且乙队胜场有3类情况： 第一种：甲胜乙，则甲已经胜一场，乙已经负一场，甲还需对丙、丁胜一场， 乙需对丙、丁全胜，则概率为， 第二种：甲平乙，则甲还需对丙、丁全胜，乙需对丙、丁全胜， 则概率为， 第三种：甲负乙，则甲已经负一场，乙已经胜一场，则甲还需对丙、丁全胜， 乙需对丙、丁胜一场，则概率为， 所以甲队胜场且乙队胜场的概率为，故D正确. 8. 中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围. 【详解】， 在中，，故或， 当时，，故，不合要求，舍去， 所以，， 因为，所以，即， 因为，所以， 由正弦定理得， 故因为，所以， 故， 因为，所以， 故， 因为，所以，，， 故. 故选：B 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 二、多选题：本题共3题，共18分. 9. 一组样本数据为，，，，，，，，则这组数据的（ ） A. 中位数为 B. 方差为 C. 平均数为 D. 分位数为 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：首先将数据从小到大排序：8，9，10，11，11，12，13，14. 中位数为第4、5个数据的平均数，故选项A正确； 选项C：平均数，故选项C正确； 选项B：方差，故选项B错误； 选项D：因为不是整数，故向上取整，取第5个数据为11，故选项D正确. 10. 在中，，D为边BC上一动点，则（ ） A. B. △ABC的外接圆半径为 C. 当D为BC中点时， D. 当AD为角A的角平分线时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由余弦定理，求得，可判定A正确；根据弦定理，求得的外接圆的半径，可判定B正确；取的中点，得到，由余弦定理，求得，可判定C不正确；由为角的平分线，根据，列出方程，求得的长，可判定D正确. 【详解】对于A，由余弦定理，可得， 所以，所以A正确； 对于B，由正弦定理，可得， 所以的外接圆的半径为，所以B正确； 对于C，如图所示，取的中点，连接，则，可得， 在中，由余弦定理，可得 ，可得，所以C不正确； 对于D，因为为角的平分线，设， 由，可得， 可得，所以D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可①②③确定ABC的正误，利用展开法和点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A， ∵正方体的对面互相平行， ∴过三点的平面截正方体的对面所得截线互相平行， 又∵为线段的中点，∴截面交BC于其中点G， 连接，则四边形即为所求截面，显然为等腰梯形， 且， 梯形的高， 面积为，故A正确； 如图所示，设为的中点， 因为，平面，平面， 所以平面， 假设直线平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为分别为正方形的边的中点，所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 而直线与平面相交，所以直线与平面相交， 这与平面矛盾，故假设直线平面不成立，故B错误. ∵，平面，不在平面内， ∴平面， 又∵，∴到平面AD1C的距离为定值，又∵的面积为定值， ∴当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，故C正确； 将等腰直角三角形展开到与矩形在同一平面内， ， 当共线时取等号，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3题，共15分. 12. 甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出的概率是______. 【答案】 【解析】 【详解】记事件为“甲解出该题目”，事件为“乙解出该题目”，“题目被解出”对应事件. ∵ 甲、乙两人解题相互独立，且，， ∴ 甲、乙都未解出题目的概率为， 代入数值计算得， ∴ 这道题被解出的概率. 13. 已知向量，向量，则在方向上的投影向量的坐标为______ 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的定义，数量积的坐标运算和模的坐标表示求解即可. 【详解】已知向量，，所以，， 则向量在方向上的投影向量的坐标为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 四、解答题：本题共5题，共77分. 15. 内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）若，的面积为．求的周长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用和差角正弦公式得，由三角形内角的性质即可求角的大小； （2）由三角形面积公式得，再应用余弦定理可得，即可得周长. 【小问1详解】 在， 由已知，得，而，则， 又，所以． 【小问2详解】 由，得，即， 又，则，整理得， 因此，解得，所以的周长为． 16. 某学校高一年级举办一次数学竞赛，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数（，，…，）全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这50名学生测试分数的第62百分位数； （3）若采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1列式求解. （2）根据各组频率计算累积频率，确定第62百分位数所在的区间，利用线性插值法计算；（3）利用分层抽样求出落在两个区间内的人数并编号，再利用列举法求出古典概率. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，分数在的频率为， 分数在的频率为，分数在的频率为， 分数在的频率为. 前三组的累积频率为，前四组的累积频率为， 所以第62百分位数位于区间内. 设第62百分位数为，则，解得. 所以这50名学生测试分数的第62百分位数为80. 【小问3详解】 记分数在的人数为（人）， 分数在的人数为（人）， 由，得采用分层随机抽样的方法，抽取的5人中，分数在的有2人，编号分别为， 分数在有3人，编号为， 样本空间， 则，记事件“至少一人分数在”，则，则， 所以这2人中至少有一人分数在内的概率为. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小. （注：本题只能用几何法不能用空间向量法） 【答案】（1）如图，连接，设相交于点，连接， 因为底面是正方形，所以是中点， 又为中点，所以为中位线，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）因为底面是正方形，，所以， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以， 底面是正方形，所以， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. （3） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，连接， 因为四边形为正方形，所以，即， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 故为直线与平面所成角， 因为平面，平面，所以， 又，故，所以， 又因为为正方形对角线交点， 所以， 所以，所以， 故直线与平面所成角的大小为. 18. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图所示.在图中： （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. （注：本题只能用几何法不能用空间向量法） 【答案】（1）由题意知，，， 则，故， 又，且，平面，故平面， 而平面，故平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理得，根据线面垂直的性质定理得平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）结合等体积法，利用锥体的体积求高即可； （3）根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可得，由（1）知平面， 所以， 又，所以． 【小问3详解】 在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为， 连接，由平面，平面，故， 因为，，平面，所以平面， 由（2）知，因为平面，故，又， ，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 则为二面角的平面角， 又平面，故，所以． 由题意知直角三角形中，， 故， 又，则，所以， 故二面角的余弦值为． 19. 在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题： （1）当，且时，求； （2）角，，所对的边分别为，，，，求证：； （3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域． 【答案】（1）； （2）由，则， 在中，由正弦定理得，解得①， 在中，， 由正弦定理得，，得②， 由①②+，即. 由正弦定理，可得. （3） 【解析】 【分析】（1）由题意，可得，再结合正余弦定理，分别表示，联立求解即可； （2）结合正弦定理可证明； （3）结合向量关系，可求得，进而求其范围即可. 【小问1详解】 当，且时，得， 由余弦定理，得，所以， 又，所以，， 在中，由正弦定理得，解得， 比如， 在中，由正弦定理得，解得， 所以，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意有，，则 ， 所以， 因为，解得， 又由三角形边的关系知，则，即 ，整理得，解得，即， 而时，单调递减，，， 所以的值域为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $