精品解析：吉林延边州延吉市延边第二中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

2025－2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共19题，共150分．考试时间为120分钟．考试结束后，只交答题卡． 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，得到复数的代数形式，由此求得复数的虚部. 【详解】因为，所以虚部为1. 故选：D． 2. 某高中调研学生对苏超的关注程度，已知该校高一有600人，高二有650人，高三有750人，现采用分层抽样的方法抽取80人进行调研，则高一应抽取的人数是（ ） A. 24 B. 26 C. 30 D. 36 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样的性质列方程求解. 【详解】设高一应抽取的人数为，则， 所以， 所以高一应抽取的人数是. 3. 在四面体中，为线段靠近的三等分点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理可求出、、的值，即可得出的值. 【详解】如下图所示： 因为为的中点，所以，由题意可知， 所以， 在三棱锥中，、、不共面，且， 所以，，故. 故选：A. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，并且，，，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【详解】因为在中，，，， 由正弦定理，得，且， 所以或. 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意，舍去； 因此. 5. 是两条不同直线， 是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面位置的判定逐一判断即可. 【详解】若，则与平行，相交或者异面，故A错误； 若，则或者，故B错误； 若，则或者，故C错误； 若，则，故D正确； 故选：D. 6. 在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先作出辅助线，得到或其补角为线与所成的角，求出，结合，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】取的中点，连接， 因为E，F分别是，的中点， 所以，故或其补角为直线与所成的角， ， 又， 故， 故直线与所成的角的余弦值为. 故选：A 7. 已知为的外接圆圆心，，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知画出示意图，利用向量数量积的运算律有，再应用数量积的定义、数形结合求最值. 【详解】如图所示，因为为的外接圆圆心，，， 所以，且， 所以， 所以当反向共线时，取到最大值. 故选：D 8. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用，代入已知条件，得到与的关系，再利用和均值不等式求出的最大值，进而求出和三角形面积的最大值. 【详解】因为面积，只需求的最大值， 因为，，所以，A为钝角，B，C为锐角， ，代入已知条件得： ， ， 所以，令，则，, , ,而由均值不等式，，时取等号，此时，， 所以，由于B为锐角，所以， 所以，所以. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知一组数据为9，13，12，12，14，10，14，则这组样本数据的极差是5 B. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为：，，，，，，且其中位数是31，则数据的第60百分位数是32 C. 一组样本数据为，，，，，，，若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数不可能相等 D. 若样本，，…，的平均数和方差分别为2和3，则，，…，的平均数和方差分别为8和27 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A选项：数据中最大值为14，最小值为9，所以极差为，故A 正确； 对于B选项：数据按从小到大排列为：，，，，，，共6个数，中位数是第3个数和第4个数的平均数，即，解得， 此时数据为：，，，，，，第60百分位数位置为，不是整数，向上取整为第4个数，即32，故B正确； 对于C选项：原数据为，，，，，，，共7个数，平均数为， 若去掉一个数后平均数仍为17，则剩余6个数的平均数为17，总和为，原总和为119，去掉的数应为，所以这两组数据的平均数可能相等，故C错误； 对于D选项：若原数据的平均数为，方差为，则新数据的平均数为：，方差为：，故D正确． 10. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用古典概型来计算各事件概率，利用独立事件的定义，利用对立事件概念即可判断各选项. 【详解】对于A，事件B为“得到的点数不大于4”，即得到的点数为， 事件C为“得到的点数为质数”，即得到的点数为，显然得到点数为时， 事件B与事件C同时发生，所以事件与不互斥，故A错误； 对于B，事件A为“得到的点数为奇数”， 事件B为“得到的点数不大于4”， 故得到点数为，表示事件发生，即，故B正确； 对于C，由事件A为“得到的点数为奇数”，则， 事件C为“得到的点数为质数”， 则， 而得到点数为，表示事件发生，即， 此时，所以事件与事件不相互独立，故C错误； 对于D，而得到点数为，表示事件发生，即， 所以，故D正确， 故选：BD. 11. 如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，则（ ） A. 平面平面 B. 若时， C. 当时，直线与平面所成角为 D. 二面角的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由于平面，若平面平面，则平面与平面平行，但两者有公共点，从而判断A错误，当时，由线面垂直得平面，在直角三角形中用勾股定理计算可判断B，因为平面，线面角为，在中用余弦定理求，再在中求正切值得角度，可判断C，作，则二面角的平面角为，其正切等于，当最大为4时取得最小值，对应最小角为可判断D． 【详解】由已知，，，，为中点， 所以,所以四边形是矩形， 所以，由折叠可知，，因为， 所以平面，因为四边形是矩形,所以， 所以平面，因为平面，所以平面平面， 因为，若平面平面，则平面平面，这与平面平面矛盾，所以A错误； 如图，连接，因为，，，所以平面， 因为，所以， 因为，所以，所以B正确； 因为平面，所以为直线与平面所成角， 因为，所以在中，根据余弦定理，， 所以， 所以，因为，所以，所以，所以C正确； 如图，由平面，所以，作，交于点，所以平面， 则，所以二面角的平面角是， ，满足的的最大长度为4，所以的最小值为1， 即二面角的最小值为，所以D正确． 第Ⅱ卷 非选择题 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. 已知平面向量，，且，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】因为向量，，则， 又因为，则，可得，解得. 13. 甲、乙、丙三人各进行一次射击，已知甲、乙、丙三人击中目标的概率分别为，，，则恰有两人击中目标的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定恰有两人击中的三类互斥情况，结合独立事件概率乘法公式分别计算各类情况的概率，再由互斥事件概率加法公式求和 【详解】设事件A、B、C分别表示甲、乙、丙击中目标， 由题意知A、B、C相互独立，且 则 恰有两人击中目标包含三个两两互斥的事件：、、， 由独立事件概率乘法公式，得 由互斥事件概率加法公式，得所求概率为： . 14. 如图，已知长方体的底面为正方形，为棱的中点，且，，则四棱锥的外接球的体积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】棱锥外接球球心H一定在过底面正方形的中心O且和底面垂直的直线上，设H距O为h，根据勾股定理列方程，解出h，进而求出外接球半径和体积. 【详解】因为底面为正方形，所以， 因为P为中点，所以， 而，即，解得， 设四棱锥外接球球心为H，因为底面是正方形， 所以H一定在过底面中心O且和底面垂直的直线上， 设中点为M，易知，在上取点N，使得设为h， 则，，， 由得，， 即，解得，所以H与O点重合， 所以， 所以. 四、解答题：本大题共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， （1）求的值； （2）求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由化简求出，再由可求得结果， （2）先求出，，然后利用向量的夹角公式求解即可 【小问1详解】 因为，， 所以，，得， 所以 【小问2详解】 因为， ， 所以， 因为， 所以， 即与的夹角为 16. 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．现从盒子里随机取出2个小球． （1）记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，求事件发生的概率． （2）记事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，求事件发生的概率； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 对于事件，有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为， 所以，因此． 【小问2详解】 对于事件，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，，，，，，，，，，，，，，， 则，因为，所以， 所以． 17. 某电力公司需要了解用户的用电情况（单位：度）.现随机抽取了该片区100户进行调查，将数据分成6组：，并整理得到如下频率分布直方图（用户的用电量均不超过600度）. （1）求； （2）若每一组住户的用电量取该组区间中点值代替，估算该片区住户平均用电量； （3）每户用电量不超过度的电费是0.5元/度，超出度的部分按1元/度收取，若该公司为了保证至少的住户电费都不超过0.5元/度，则至少应为多少（为整数）？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中各组概率之和为可得值； （2）根据频率分布直方图中平均值计算公式计算即可； （3）确定在第四组之间，根据第百分位数计算即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图中各组概率之和为1得， ， 解得. 【小问2详解】 根据频率分布直方图中平均值计算公式得 平均值为. 【小问3详解】 由题意，第一组的频率为， 第二组频率为， 第三组频率为， 所以在第四组之间，为第百分位数， 即， 解得. 故至少应为. 18. 如图，在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，且为边上的中线，为的角平分线． （1）求及线段的长； （2）求的面积． 【答案】（1），BC＝6 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角正弦公式结合正弦定理推出，再利用余弦定理即可求得a，即得答案. （2）求出，即可求出，利用角平分线性质可推出,从而，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意在中，，∴， ∴，而，，∴， 由余弦定理得（舍去），即. 【小问2详解】 在中，，，， ∴， ∵AE平分∠BAC，， 由正弦定理得：， 其中， ∴，则,, ∵AD为BC边的中线，∴， ∴. 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，． （1）求证：平面平面； （2）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，若平面平面；求平面与平面的夹角余弦值． 【答案】（1）在中，因为，， 所以，， 所以，则，即， 又，，， 所以，所以， ，，面， 所以面， 又面，所以面面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据多面体的几何性质，利用余弦定理和勾股定理得出线线垂直关系，进而证明线面垂直，再利用面面垂直判定定理推出结论； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，进而求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别以，为，轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为， 则，，，，， ，，， 设是平面的法向量， 则，取， 设，其中． 则， 连接，因平面，平面，平面平面， 故， 取与同向的单位向量， 设是平面的法向量， 则，取， 由平面平面，知，有，解得． 此时， 又平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 综上所述平面与平面的夹角余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年度下学期期末考试 高一数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共19题，共150分．考试时间为120分钟．考试结束后，只交答题卡． 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 0 D. 1 2. 某高中调研学生对苏超的关注程度，已知该校高一有600人，高二有650人，高三有750人，现采用分层抽样的方法抽取80人进行调研，则高一应抽取的人数是（ ） A. 24 B. 26 C. 30 D. 36 3. 在四面体中，为线段靠近的三等分点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，并且，，，则（ ） A. 或 B. C. D. 或 5. 是两条不同直线， 是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为的外接圆圆心，，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 已知一组数据为9，13，12，12，14，10，14，则这组样本数据的极差是5 B. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为：，，，，，，且其中位数是31，则数据的第60百分位数是32 C. 一组样本数据为，，，，，，，若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数不可能相等 D. 若样本，，…，的平均数和方差分别为2和3，则，，…，的平均数和方差分别为8和27 10. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 11. 如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，则（ ） A. 平面平面 B. 若时， C. 当时，直线与平面所成角为 D. 二面角的最小值为 第Ⅱ卷 非选择题 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. 已知平面向量，，且，则_______． 13. 甲、乙、丙三人各进行一次射击，已知甲、乙、丙三人击中目标的概率分别为，，，则恰有两人击中目标的概率为______． 14. 如图，已知长方体的底面为正方形，为棱的中点，且，，则四棱锥的外接球的体积为_______． 四、解答题：本大题共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， （1）求的值； （2）求与的夹角. 16. 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．现从盒子里随机取出2个小球． （1）记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，求事件发生的概率． （2）记事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为”，求事件发生的概率； 17. 某电力公司需要了解用户的用电情况（单位：度）.现随机抽取了该片区100户进行调查，将数据分成6组：，并整理得到如下频率分布直方图（用户的用电量均不超过600度）. （1）求； （2）若每一组住户的用电量取该组区间中点值代替，估算该片区住户平均用电量； （3）每户用电量不超过度的电费是0.5元/度，超出度的部分按1元/度收取，若该公司为了保证至少的住户电费都不超过0.5元/度，则至少应为多少（为整数）？ 18. 如图，在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，，且为边上的中线，为的角平分线． （1）求及线段的长； （2）求的面积． 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，． （1）求证：平面平面； （2）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，若平面平面；求平面与平面的夹角余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $