精品解析：福建福州山海联盟2025-2026学年第二学期期末适应性练习高一数学

山海联盟2025-2026学年第二学期期末适应性练习 高一数学 第一部分（选择题 共58分） 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的四则运算以及复数的几何意义即可得解. 【详解】由题意，所以复数在复平面内对应的点为，它在第一象限. 故选：A. 2. 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. 3. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别为，列举出所有情况，和至少有一个在八月的情况，从而求出概率. 【详解】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别为， 4个节气中任选2个节气，有以下情况，， 共6种情况， 其中这2个节气至少有一个在八月的情况有， 共5种情况，所以这2个节气至少有一个在八月的概率为. 故选：C 4. 已知平面向量，，且与共线，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】由题意可得，， 由与共线可得， 解得， 故选：C 5. 设是两个事件，则“”是“与互为对立事件”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不是充分条件，也不是必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的； 若试验基本事件含3种以上，其中表示概率为的两个不同事件， 如掷一枚均匀的骰子，令事件为“点数为偶数”，事件为“点数小于等于3”， 此时，满足， 但事件的对立事件为“点数为奇数”，与事件不同， 故与不互为对立事件，故条件是不充分的. 综上，“”是“与互为对立事件”的必要不充分条件. 6. 如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由斜二测画法还原梯形，明确线段的等量关系，根据梯形的面积公式，可得答案. 【详解】过作，垂足为，如下图：    由题意可得，， 由斜二测画法，还原可得下图：    易知，，， 所以原梯形面积为. 7. 小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（ ）同学不用上台表演. A. 小吴：平均数为，中位数为 B. 小温：中位数为，众数为 C. 小蔡：平均数为，方差为 D. 小龙：中位数为，方差为 【答案】C 【解析】 【详解】若小吴的个点数分别是，满足选项A； 若小温的个点数分别是，满足选项B； 若小龙的个点数分别是，平均数为4，其方差为，满足选项D； 若小蔡的平均数为，又有点数，则个点数为，方差，不可能满足C，因此小蔡不会出现点数6， 故选：C． 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形内角和与诱导公式将已知条件转化为边角的三角函数关系，利用正弦定理由边化角，使用二倍角公式进行恒等变换以及利用同角的三角函数关系求出的三角函数值，再利用正弦定理和同角的三角函数关系根据的范围求出结果. 【详解】由得，即，即，又，故， 故， 因为，所以，故，得，， 因为， 因为，，所以， 故，所以，所以， 故选D． 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图，其中支出在元的学生有45人，则下列说法正确的是（ ） A. 样本中支出在元的频率为 B. 的值为150 C. 采用分层抽样从这45人中抽出10人，则在中共需抽出5人 D. 该校学生一周生活方面支出的第75百分位数大约是52元（精确到个位数） 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，可判断；对于B，利用频率、频数以及样本总容量的关系可判断；对C，计算出样本中支出在的频率，结合分层抽样可判断；对D，根据百分位数的定义计算. 【详解】对于A，样本中支出在元的频率为，故A错误； 对于B，由A知，故B正确； 对于C，样本支出在的频率为，则在中共需抽出人，故C错误； 对于D因为样本中支出在的频率为，所以第75百分位数位于区间内，记为， 则，解得，所以第75百分位数大约是52元，故D正确. 故选：BD. 10. 对于平面向量，下列说法正确的是（ ） A. 若．则 B. 若，则与的夹角为钝角 C. ，则与可能垂直 D. 若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，利用等价于判断；对于B，利用向量数量积的定义判断；对于C，利用向量垂直的坐标计算，结合三角函数的性质判断；对于D，由向量数量积的运算律计算即可判断. 【详解】对于A，因等价于，由显然得不到，故A错误； 对于B，由可得与的夹角为钝角或平角，故B错误； 对于C，由可得，当时成立，此时与垂直，故C正确； 对于D，由，可得，即得，故D正确. 故选：CD. 11. 如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为2，则关于此正四棱台的结论正确的有（ ） A. 侧面积为 B. 体积为 C. 侧面与底面所成角的正切值为 D. 外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】题意求出侧面等腰梯形并求出侧面等腰梯形的高即可计算求解判断A；求出正四棱台的高即可由棱台体积公式求解判断B；分别取的中点，连接，得到为侧面与底面所成角，计算求解即可判断C；先由求出球心位置再由求出外接球半径即可由球的表面积公式计算求解判断D. 【详解】对于A，由题可知正四棱台侧面是全等的上、下底边长分别为2、4以及腰长为2的等腰梯形， 所以正四棱台侧面等腰梯形的高为， 所以正四棱台侧面积为，故A正确； 对于B，由题可得，所以正四棱台的高为， 所以正四棱台体积为，故B正确； 对于C，分别取的中点，连接， 则由等腰梯形性质和正方形性质可得，则为侧面与底面所成角， 则由A可得，故C错误； 对于D，因为，所以球心H在的延长线上， 又，， 则， 则， 所以外接球半径为，所以外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与平面向量同向共线的单位向量的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出向量模长，再结合题设条件即可求解. 【详解】因为向量的模长为， 所以与平面向量同向共线的单位向量的坐标为. 故答案为：. 13. 若复数z满足，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先设复数，,再根据复数模的公式，即可求解. 【详解】设复数，则， ， 由可知，，当时，的最大值为. 14. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】法一：根据台体的体积公式得三棱台的高，作辅助线并结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系得，进而求正三棱锥的高，即得结果. 【详解】法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为，则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得， 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则，知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故答案为：1 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，. （1）若，求的值； （2）若，求向量与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量加减法和数量积的坐标运算求解即可； （2）由向量的坐标运算可得，再由夹角的坐标公式计算可得结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 又，所以，解得； 【小问2详解】 因为， 所以，解得，，所以， 所以， 即向量与夹角的余弦值为. 16. 为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计统计数据的上四分位数； （2）据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差. 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用上四分位数的定义列式求解； （2）不同区间的平均数和方差，可根据加权平均数和方差的计算公式进行求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，知所有矩形的面积和为1， 所以即，解得： 因为， 故四分位数区间一定在内 设四分位数为，则，解得： 【小问2详解】 的频率： 的频率： 因此，与的数量比为 设有个数据，有个数据， 已知内得分的平均数为，内得分的平均数为 则的平均数为 根据方差的性质得： 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且的面积为，求边，的长． 【答案】（1） （2） ， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角性质化简正弦项，结合正弦定理角化边，再用余弦定理求角； （2）先由三角形面积公式求的值，再结合余弦定理得的值，联立求解. 【小问1详解】 在中，，故， 则可化为： ， 由正弦定理，，整理得， 由余弦定理，， 又，故. 【小问2详解】 由（1）可知，，，解得①， 由余弦定理，得： ，即得②， 联立①②，得，即，代入，得. 18. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解； （2）先求甲乙两人分别没通过面试的概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【小问1详解】 设“甲答对3道题目”, “甲答对2道题目” “乙答对3道题目”， “乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得， ， ， ， ， 设为 “甲、乙两人共答对5道题目”， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立，， 所以甲、乙两人共答对5道题目的概率． 【小问2详解】 C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，与相互独立， ， E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则，因为与互斥， 与，与分别相互独立， 所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率 19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，故. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）证明出，可得出的形状，由异面直线所成角的定义可知与所成的角为或其补角，即可得解； （3）取的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点，如图所示： 因为平面平面，平面平面，平面， ，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，故与所成的角为或其补角， 又因为，则为等腰直角三角形，则， 即与所成的角为. 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为，，，故， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，、平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得， 则，，， 所以二面角的余弦值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山海联盟2025-2026学年第二学期期末适应性练习 高一数学 第一部分（选择题 共58分） 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 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 3. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，且与共线，则（ ） A. 1 B. -1 C. D. 5. 设是两个事件，则“”是“与互为对立事件”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不是充分条件，也不是必要条件 6. 如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A. B. C. D. 7. 小吴，小温，小蔡，小龙四位同学各掷骰子5次，约定若6点不出现，则该同学在毕业典礼上就不用代表班级上台表演，班主任何老师分别记录每次骰子出现的点数.根据以下四名同学的统计结果，一定可以确定（ ）同学不用上台表演. A. 小吴：平均数为，中位数为 B. 小温：中位数为，众数为 C. 小蔡：平均数为，方差为 D. 小龙：中位数为，方差为 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 某学校为了调查学生在一周生活方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图，其中支出在元的学生有45人，则下列说法正确的是（ ） A. 样本中支出在元的频率为 B. 的值为150 C. 采用分层抽样从这45人中抽出10人，则在中共需抽出5人 D. 该校学生一周生活方面支出的第75百分位数大约是52元（精确到个位数） 10. 对于平面向量，下列说法正确的是（ ） A. 若．则 B. 若，则与的夹角为钝角 C. ，则与可能垂直 D. 若，则 11. 如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为2，则关于此正四棱台的结论正确的有（ ） A. 侧面积为 B. 体积为 C. 侧面与底面所成角的正切值为 D. 外接球的表面积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与平面向量同向共线的单位向量的坐标为__________. 13. 若复数z满足，则的最大值为__________． 14. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 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. 已知向量，. （1）若，求的值； （2）若，求向量与夹角的余弦值. 16. 为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计统计数据的上四分位数； （2）据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差. 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且的面积为，求边，的长． 18. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求与所成的角； （3）求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $