精品解析：山东省青岛市第二中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

青岛二中2025-2026学年第二学期期末考试 高一试题（数学） 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. 样本数据8，6，2，4，10，9的中位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，再根据数据个数确定中位数. 【详解】将给定数据从小到大排序为，共有6个数，所以中位数为. 2. 已知向量，，且，则等于（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知，， 因为，所以存在实数，使得， 故，解得，，， 所以. 3. 小明记录了某年1月至11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据、整理并绘制了如图所示的折线图．根据该折线图，下列说法错误的是（ ） A. 月跑步里程最小值出现在2月 B. 2月至6月的月跑步里程逐月增加 C. 9月至11月的月跑步里程的平均数大于20 D. 1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更大 【答案】D 【解析】 【详解】由折线图可知月跑步里程最小值出现在2月，故A正确，不符合题意； 2月至6月的月跑步里程逐月增加，故B正确，不符合题意； 9月至11月的月跑步里程最小值为20，则平均数大于20，故C正确，不符合题意； 1月到5月的月跑步里程相对于6月至11月更均匀，波动性更小，故D错误，符合题意． 4. 已知两个随机事件相互独立，，则（ ） A. 0.72 B. 0.76 C. 0.84 D. 0.90 【答案】A 【解析】 【分析】利用相互独立事件与和事件的概率公式计算求解. 【详解】因为随机事件相互独立，， 所以，， 所以. 5. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理，对每个选项逐一进行分析判断即可. 【详解】若，，则直线可能平行于平面，也可能在平面内，即或，故A错误； 若，，则或， 当，又因为，根据一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直，可得， 当，平面内必有一条直线与直线平行，又，所以，所以，故B正确； 若，，则或， 又因为，所以直线与平面可能相交、平行或，故C错误； 若，，，则直线与直线可能平行，可能异面，故D错误. 6. 从标有数字1，2，6的号签中，任意抽取两张，抽出后将上面数字相乘，在10次试验中，标有1的号签被抽中4次，那么结果“12”出现的频率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由标有1的号签出现4次，可知另外6次应抽到标有2，6的号签，所以乘积12出现6次，由此即可求出答案. 【详解】标有1的号签出现4次，另外6次应抽到标有2,6的号签， 所以乘积12出现6次，频率为. 故选：B. 7. 位于广安市渠河畔的白塔是广安市的有名风景点．现采用三角高程测量法测量白塔的高度．如图是三角高程测量法的示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面的投影，，满足，，在点C处测得点B的仰角为，与的高度差为30m，在点B处测得点A的仰角为，则A，B两点到水平面的高度差约为（ ）（） A. 69m B. 72m C. 79m D. 82m 【答案】D 【解析】 【分析】过作，垂足为.过作，垂足为.在中求得，从而得到.中，由正弦定理求得，从而得.在中，利用等边对等角，可求得，即A，B两点到水平面的高度差. 【详解】如图，过作，垂足为.过作，垂足为. 则. 又， 所以中，. 所以. 中，，，所以. . 由正弦定理得，， 所以. 在中，，所以， 所以. 即A，B两点到水平面的高度差约为. 8. 已知为锐角的外心，角的对边分别为，且，，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的运算法则和数量积的几何意义可得，结合余弦定理计算求得的取值范围，最后由三角形的面积公式可求得结果. 【详解】如图，分别作的中点，连接，由题， 因为，所以， 即，则， 因为，所以，即； 因为为锐角三角形，即，所以； 所以，即，解得，所以； ，即，解得， 所以，所以，所以， 所以面积， 又，所以； 所以由得. 故选：A. 二、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. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】使用复数的定义，共轭复数的定义，复数的运算求解. 【详解】，则的虚部为，选项A错误； ，选项B正确； 因， ，选项C错误； 又因，，选项D正确. 10. 已知数据的平均数为，方差为，中位数为，极差为；数据，的平均数为，方差为，中位数为，极差为.则（ ） A. B. C. 可以等于 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据均值，方差，中位数，极差的计算公式，注意中位数、极差的计算需先排序，再逐一比较即可． 【详解】对于A，根据题意，， ，则，故A正确； 对于B，， ，故与大小无法比较，故B错误； 对于C，当时，， 此时，故C正确； 对于D，取，可得； 取，可得，故D错误， 故选：AC． 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，为上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 正三棱台的体积为 B. 点的轨迹长度为 C. 存在点，使得 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将正棱台还原为正棱锥，通过计算棱长可得正棱锥为正四面体，这是题眼，运用正四面体的性质解题即可 【详解】 如图，延长线段相交于点，因为，， ，相似比为， 又因为，所以，解得， 所以，所以三棱锥为正四面体. 对于A，过点作平面的垂线，与平面、平面分别交于点、， 过点作的垂线，与、分别交于、，连接、， 为中点，连接， 因为三棱锥为正四面体，所以， 所以，所以， 又因为为等边三角形，所以， 又因为，所以， 又，所以， 所以正三棱台的体积为，故A正确. 对于B，令为中心，连接，因为三棱锥为正四面体， 所以平面， 因为，，所以， 故点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆， 在四边形内的轨迹为弧和，如图所示， 故轨迹长度为，故B错误； 对于C，当点在上时，因为，， 若，则，又因为， 所以存在点，使得，故C正确； 对于D，设正四面体的内切球半径为， 由等体积法可得，解得， 因为，所以该棱台内最大的球即为正四面体的内切球， 又因为，，，所以为中点， 故过点，，的平面刚好过该内切球的球心， 所以截面面积，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正边长为2，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的公式直接计算即可. 【详解】如图所示， 因为与的夹角为， 所以， 故答案为： 13. 已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据勾股定理逆定理，构造长方体，利用长方体的性质、球的表面积公式进行求解即可． 【详解】因为， 显然有，，， 因此两两互相垂直，补成长方体如图所示： 该长方体的对角线长为， 所以该三棱锥的外接球的半径为， 因此该三棱锥的外接球的体积为． 14. 甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以2后再减去12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以2后再加上12，这样就得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若甲获胜的概率为，则的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】按要求操作一次产生一个新的实数，列举得到新的实数的途径，列出不等式，根据所给的甲获胜的概率为，解出a1的结果． 【详解】a3的结果有四种，每一个结果出现的概率都是， 1．a1→2a1﹣12→2（2a1﹣12）﹣12＝4a1﹣36＝a3， 2．a1→2a1﹣12→12＝a1+6＝a3， 3．a1→12→+1218＝a3， 4．a1→12→2（12）﹣12＝a1+12＝a3， ∵a1+6＞a1，a1+12＞a1， ∴要使甲获胜的概率为， 即a3＞a1的概率为， ∴4a1﹣36＞a1，18≤a1， 或4a1﹣36≤a1，18＞a1， 解得a1≤12或a1≥24． 故答案为：. 【点睛】本题考查新定义问题，考查概率综合，意在考查学生的读题审题能力，考查转化能力，是中档题 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. 如图，在中，是上的一点，是的中点，过点的直线与边，分别相交于点，．设，． （1）若，，求的值． （2）在（1）的条件下，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由平面向量基本定理可得； （2）由，，三点共线可得，再结合基本不等式可得. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为是的中点，所以， 又， 所以，，所以； 【小问2详解】 因为，， 由（1）知，， 又，，三点共线，所以，即， 所以， 当且仅当时等号成立， 故的最小值为. 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，，为边的中点． （1）求； （2）若，；证明：． 【答案】（1） （2），即，解得（负值舍）， 在中，由正弦定理得：① 在中，由正弦定理得：② 其中，， 两式相除得，即． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理与题意整理化简等式，求得角的正切值，进而得到角； （2）利用余弦定理求出，分别在、中，利用正弦定理进行求解． 【小问1详解】 由余弦定理可得，则， 即，，又， 故： 【小问2详解】 略 17. 为了解师生对“世界杯”的认知程度，某高校针对不同年龄的师生举办了一次“世界杯”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄： （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本校的“世界杯”宣传使者． ①若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； ②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 【答案】（1） （2）① ；②10 【解析】 【分析】（1）利用中点值乘以频率计算； （2）①利用古典概型求概率；②利用分层抽样的方差公式计算. 【小问1详解】 这人的平均年龄为，则 ； 【小问2详解】 ①各组之比为， 则第四组应抽取，记为（甲），，，， 则第五组抽取人，记为（乙），， 对应的样本空间的样本点为： ， 设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”， 则， 所以； ②设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为， 则， ， 因此第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10． 据此估计这人中岁所有人的年龄的方差为10． 18. 已知平行六面体所有棱长均为2，． （1）求证：平面平面； （2）设平面与平面交于直线，求证：直线平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 如图，设与交于点，连接， 在菱形中，，为中点， 因为为公共边，，， 所以，所以， 所以为等腰三角形，则， 又因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）连接，易知， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明，，可证出平面，即平面平面； （2）首先得出平面，由条件可证出直线平面； （3）通过找线面垂直可得出就是二面角的平面角，之后在中用余弦定理可求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知，则， 设，连接， 由（1）可知，平面，所以， 因为，所以， 在中，，，故，则， 所以为等腰直角三角形，且， 取中点，连接，则 过作交于，连接， 所以就是二面角的平面角， 在等腰中，， ，同理， 所以，即， 所以，即为的中点， 在中，， 即，即， 解得， 所以在中，， 因两平面夹角的余弦值为非负数，取绝对值可得， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 19. 对于一个向量组（且），令，如果存在，使得，则称是该向量组的“向量”． （1）设，若是向量组的“2向量”，求实数的取值范围； （2）若，向量组是否存在“向量”若存在，求出正整数的值；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，若，，其中A是的内角，设的内角的对边分别为，若的平分线交于，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）存在，或5或6 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，从而得到方程，求出答案； （2）只需使，计算出，故只需使，整理得，解得，求出答案； （3）由题意，得，，，三式平方相加化简得，求出，根据，得．所以．由正弦定理和三角恒等变换得到，结合，求出取值范围. 【小问1详解】 由题意可得：， ， 则，解得：． 【小问2详解】 存在“向量”，且“向量”为，理由如下： 由题意可得， 若存在“向量”，只需使． 因为， ， 所以， 故只需使， 整理得，故， ，即， 所以，解得， 当时，，故当或5或6时，符合要求， 当为其他整数时，均不合要求， 故存在“向量”，且“向量”为． 【小问3详解】 由题意，得，，， 平方得，即，即， 同理，， 三式相加并化简，得：， 即，所以， 所以， ，得． 因为，所以． 在中，由正弦定理可得，所以， 同理中，，则， 又， 所以 ， 因为，所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中2025-2026学年第二学期期末考试 高一试题（数学） 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. 样本数据8，6，2，4，10，9的中位数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 2. 已知向量，，且，则等于（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 小明记录了某年1月至11月期间每月跑步的里程（单位：十公里）数据、整理并绘制了如图所示的折线图．根据该折线图，下列说法错误的是（ ） A. 月跑步里程最小值出现在2月 B. 2月至6月的月跑步里程逐月增加 C. 9月至11月的月跑步里程的平均数大于20 D. 1月至5月的月跑步里程相对于6月至11月波动性更大 4. 已知两个随机事件相互独立，，则（ ） A. 0.72 B. 0.76 C. 0.84 D. 0.90 5. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 从标有数字1，2，6的号签中，任意抽取两张，抽出后将上面数字相乘，在10次试验中，标有1的号签被抽中4次，那么结果“12”出现的频率为（ ） A. B. C. D. 7. 位于广安市渠河畔的白塔是广安市的有名风景点．现采用三角高程测量法测量白塔的高度．如图是三角高程测量法的示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面的投影，，满足，，在点C处测得点B的仰角为，与的高度差为30m，在点B处测得点A的仰角为，则A，B两点到水平面的高度差约为（ ）（） A. 69m B. 72m C. 79m D. 82m 8. 已知为锐角的外心，角的对边分别为，且，，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 10. 已知数据的平均数为，方差为，中位数为，极差为；数据，的平均数为，方差为，中位数为，极差为.则（ ） A. B. C. 可以等于 D. 11. 已知正三棱台，上底面边长为2，下底面边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，为上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 正三棱台的体积为 B. 点的轨迹长度为 C. 存在点，使得 D. 过点，，的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正边长为2，则__________. 13. 已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球体积为________． 14. 甲、乙两位同学玩游戏，对于给定的实数，按下列方法操作一次产生一个新的实数：由甲、乙同时各掷一枚均匀的硬币，如果出现两个正面朝上或两个反面朝上，则把乘以2后再减去12,；如果出现一个正面朝上，一个反面朝上，则把除以2后再加上12，这样就得到一个新的实数，对实数仍按上述方法进行一次操作，又得到一个新的实数，当时，甲获胜，否则乙获胜，若甲获胜的概率为，则的取值范围是________ 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. 如图，在中，是上的一点，是的中点，过点的直线与边，分别相交于点，．设，． （1）若，，求的值． （2）在（1）的条件下，求的最小值． 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，，为边的中点． （1）求； （2）若，；证明：． 17. 为了解师生对“世界杯”的认知程度，某高校针对不同年龄的师生举办了一次“世界杯”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄： （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本校的“世界杯”宣传使者． ①若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； ②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 18. 已知平行六面体所有棱长均为2，． （1）求证：平面平面； （2）设平面与平面交于直线，求证：直线平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 19. 对于一个向量组（且），令，如果存在，使得，则称是该向量组的“向量”． （1）设，若是向量组的“2向量”，求实数的取值范围； （2）若，向量组是否存在“向量”若存在，求出正整数的值；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，若，，其中A是的内角，设的内角的对边分别为，若的平分线交于，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $