广东汕头市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 高一年级数学期末试卷注重数学眼光、思维与语言的综合考查，融合中国古代数学文化（如堑堵、阳马）与实际应用（湖泊测量、环保竞赛统计），梯度覆盖立体几何、概率统计等核心知识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|线面关系、统计量比较、概率事件|结合长方体模型判断充要条件，渗透空间观念| |多选|3/18|向量运算、概率独立互斥|通过向量投影与夹角考查推理能力，区分度高| |填空|3/15|复数运算、对立事件、外接球|正三棱柱外接球问题体现几何直观| |解答|5/77|立体几何证明与二面角、解三角形、统计直方图、折叠问题、概率游戏|第18题折叠问题综合线面垂直证明与存在性探究，第19题概率游戏设计考查数据意识与应用能力|

2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级 数学科 试题 注意:试卷共4页，满分150分,考试时间120分钟 一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分。 1．已知表示两个不同的平面，表示一条直线，且 ，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关．在如图的分布形态中，分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（   ）    A． B． C． D． 3．抛掷3枚质地均匀的硬币，记事件{至少1枚正面朝上}，{至多2枚正面朝上}，事件{没有硬币正面朝上}，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 4．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（    ） A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2 C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8 5．已知圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥的底面半径为（   ） A． B． C． D． 6．如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B的距离，某同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出四种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)： ①测量角A，角C，b；②测量a，b，角C； ③测量角A，角B，a；④测量a，b，角B． 则一定能确定A，B间距离的所有方案的序号为（    ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 7．已知函数，则方程根的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则不正确（    ） A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形 B．鳖臑的四个面均为直角三角形 C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍 D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分 9．已知，则（   ） A．当时， B．当时， C．当时，在上的投影向量为 D．当时，的夹角为钝角 10．已知事件A，B满足，，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B互斥，则 B．若，则 C．若A与B相互独立，则 D．若，则A与B相互独立 11．如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．平面截正方体的截面面积为 三、填空题:本题共3小题每小题5分共15分 12．若复数满足，则为__________ 13．从m名男生和n名女生中任选3人去参加演讲比赛，所选3人中至少有1名女生的概率为，那么所选3人都是男生的概率为______. 14．已知正三棱柱的所有棱长都等于6，且各顶点都在同一球面上，则此球的表面积等于________. 四、解答题:本题共5小题，共77分 15．本题满分13分 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 16．本题满分15分 在中，角A，B，C所对的边分别d，b，c，已知 (1)求B； (2)若，设D为CB延长线上一点，且求线段BD的长. 17．本题满分15分 某中学举行了一次环保知识竞赛，为了了解本次竞赛的情况，从中抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，将其成绩（满分：100分）分成六组，得到如图所示频率分布直方图. (1)求图中的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若根据这次成绩，学校准备给成绩较高的前的学生颁发“环保小达人”荣誉证书，估计获得该荣誉证书的最低分数； (3)若落在中的样本数据的平均数是54，方差是6，落在中的样本数据的平均数是66，方差是3，求这两组数据的总平均数和方差. 18．本题满分17分 矩形中，， 为线段的中点，将沿 折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，解以下问题： (1)证明：面； (2)求二面角的余弦值； (3)在上是否存在点使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 19．本题满分17分 不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度第二学期期末考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D C A A D A AB CD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】将直线和平面放入特殊图形中证明充分性，否定必要性即可. 【详解】 如图，在长方体中，取为平面，取为平面， 由 ，设取为直线，面，面，则， ，所以，，所以； 反之，若，设取为直线，满足 ，但与不垂直， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 2．D 【分析】由频率分布直方图估计中位数、由频率分布直方图估计平均数、根据频率分布直方图计算众数 【详解】根据直方图矩形高低以及数据的分布趋势判断，可得出结论: 由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为左起第二个矩形下底边的中点值， 直线左右两边矩形面积相等，而直线右边矩形面积大于左边矩形面积，则， 又数据分布图右拖尾，则平均数大于中位数，即， 因此有. 故选：D. 3．D 【分析】合理设出事件，从而得到事件A，B，C三者的关系. 【详解】记事件{1枚硬币正面朝上}，{2枚硬币正面朝上}，{3枚硬币正面朝上}，则，， 显然，，，C不含于A. 故选：D 4．C 【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，即可得出答案． 【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误； 对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误； 对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差， 则平均数为2，方差为时，一定没有出现点数6，故C正确； 对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3， 平均数为， 方差为， 可以出现点数6，故D错误； 故选：C 5．A 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，其中， 因为圆锥侧面展开图为半圆，所以半圆的弧长等于圆锥底面周长， 即，化简可得， 圆锥的表面积， 解得，因为，所以，即该圆锥的底面半径为. 6．A 【分析】根据正、余弦定理的使用条件进行判断，看是否有唯一解即可作出判定． 【详解】对于①，利用内角和定理先求出，再利用正弦定理，解出，值是唯一的； 对于②，直接利用余弦定理，即可解出，值是唯一的； 对于③，利用正弦定理，求出b，再利用余弦定理可求出,值是唯一的; 对于④，利用正弦定理，求角A，当,且时，角A可能为锐角或钝角,有两个不同的结果，其余弦值有一正一负两个不同的结果，于是接下来再利用余弦定理求时会有两个不同结果，故不一定能唯一确定间的距离. 故选：A． 7．D 【分析】根据分段函数的组成，分别求解方程计算即得. 【详解】因， 当时，即，解得或，均符合题意； 当时，即，解得，符合题意. 故方程根的个数为3. 8．A 【分析】对于A，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于B，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于C，根据棱锥的体积公式结合已知条件分析判断，对于D，根据堑堵、阳马与鳖臑的定义分析判断. 【详解】对于A，如图，由题意可知平面，平面， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误， 对于B，如图由题意可知平面，平面， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确， 对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则， 所以阳马的体积，鳖臑的体积， 所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确， 对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点， 所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体， 所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确. 故选：A 9．AB 【分析】由向量模的坐标公式可得A；由向量垂直的坐标条件可得B；由投影向量求法可判断C项；举特例，当两向量共线且反向时可知D错误. 【详解】A项，当时，， 则，故A正确； B项，当时，， 则，， 所以，故B正确； C项，当时，， 则，， 在上的投影向量为，故C错误； D项，当时，， 则，即两向量共线且反向， ，但两向量的的夹角为，不是钝角，故D错误. 故选：AB. 10．CD 【详解】对于A，若A与B互斥，则，故错误； 对于B，若，则，故错误； 对于C，若A与B相互独立，则与也相互独立， 所以，故正确； 对于D，，可得， 所以，则A与B相互独立，故正确. 11．BCD 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段，求出其长度可判断B；对于C，由推理得到、、三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值，可判断C；对于D，取的中点，连接、，分析出截面为梯形，求其面积，可判断D. 【详解】对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因为四边形为正方形，可得， 又平面，平面，则, 又，、平面，故平面， 因平面，故②， 又，、平面，故由①②可得平面， 显然该结论不成立，故错误；    对于B，如图2，分别取、中点、，连接、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面③， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形， 则，故， 因为平面，平面，所以平面④， 因为，、平面， 由③④可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段， 其长度为，B正确； 对于C，，，， 因为，，即， 所以， 即，即，故、、三点共线， 所以点在上，而，且平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于D，取的中点，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，故， 又因为，故， 且， 由勾股定理可得， ， 所以， 因为，故， 故， 因为，故， 所以， 因此，平面截正方体的截面面积为， D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，再由共轭复数的定义求解. 【详解】由， 得， 所以，，故答案为. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 13．/0.2 【分析】利用对立事件的概率公式计算即可得出结论. 【详解】解析　设事件A表示“所选3人中至少有1名女生”，事件B表示“所选3人都为男生”，则A，B互为对立事件，所以. 故答案为：. 14． 【解析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积. 【详解】由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心， 因为棱柱的所有棱长都等于6， 底面中心到顶点的距离为：， 所以外接球的半径为：， 所以外接球的表面积为， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关正棱柱的外接球的问题，在解题的过程中，注意需要明确正棱柱的外接球的球心的位置，勾股定理，以及球的表面积公式，属于常规题目. 15．(1) 如图，连接，设，连接． 因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点． 因为为的中点，所以． 又因为平面，平面， 所以 平面． (2) 【分析】（1）根据线线平行证明面面平行；（2）向量法求二面角. 【详解】（1）略 （2）因为，， 又，平面，平面， 所以平面，又因平面，所以． 又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系， 则，，，． 所以，． 设平面的法间量为，则即， 令，则，于是． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 所以． 由题设，二面角的平面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理和得到，求出； （2）在（1）基础上，由正弦定理得到，进而利用得到，在Rt中，根据得到的长，进而利用求出答案. 【详解】（1），由正弦定理得 ， 因为，所以， 故，， 因为，所以； （2）由（1）知，， ，在中，由正弦定理得， 即，解得， 又，故， ， 因为，所以在Rt中，， 即，解得， 所以. 17．(1)；； (2)； (3)；. 【分析】（1）由概率之和为1即可求解a，由频率分布直方图的平均数计算方法直接计算即可求解； （2）由成绩在的频率和成绩在的频率即可列等量关系求解； （3）由分层随机抽样的平均数和方差公式直接计算即可得解. 【详解】（1）由题可得， 所以样本数据的平均数约为； （2）成绩较高的前的学生对应的频率为， 成绩在的频率为， 成绩在的频率为， 设获得该荣誉证书的最低分数为x，则； （3）由题可得成绩在和的频数分别为， 所以这两组数据的总平均数和方差. 18．(1)证明：如图，连接，在矩形中，， 为线段的中点， ，， ，， 又平面平面，平面，平面平面， 平面. (2)； (3)存在，是线段上靠近点 的三等分点. 【分析】（1）通过勾股定理逆定理证明，再利用面面垂直的性质推出线面垂直； （2）由 平面得，二面角的平面角即为，在直角三角形中利用边长比求得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面． 【详解】（1）略； （2）平面，， ． 在中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为． （3）存在．如图所示，连接、，设交于点， ，且， ． 取的三等分点，使，连接、、，则， 又平面，平面， 平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点 的三等分点． 19．(1)， (2)n的取值为5，6，7 【分析】（1）先写出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，综合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件A，有放回地依次取出两个球的样本空间，则， 因为，所以， 所以， 对于事件B，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，则，因为， 所以，所以； （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”， 从盒子中随机取出一个球的样本空间为， 则，，，所以. 则，，，互斥，A，B，C相互独立， 所以 . 同理，. 因为，所以，解得. 综合（1）知，，对应的均为，比大，所以满足题意； ，对应的均为，小于，不满足题意. 因此，符合题意的n的取值为5，6，7. 答案第12页，共13页 答案第13页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $