精品解析：吉林长春市长春力旺高中2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

2025—2026学年度下学期期末考试 高一年级数学试卷 考试时间：120分钟 试题满分：150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. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个圆台的轴截面是一个底角为的等腰梯形，则这个圆台的侧面积与轴截面面积的比值为（ ） A. B. C. D. 5. 袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个白球，个黄球，从中随机抽取个球，则取出的个球中至少有个白球的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正三棱台上下底面边长分别为2，4，高为2，则它的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，水平地面上有两座高塔，为测量塔高，选择水平地面上一点和另一座塔的塔顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得.现已知塔高，则塔高（ ） A. B. C. D. 8. 已知是圆的内接三角形，若，且的最大值为3，则圆的半径为（ ） 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，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，和都垂直于平面，且，，点在上，则（ ） A. 平面平面 B. 存在点，使得平面 C. 存在点，使得平面平面 D. 存在点，使得平面平面 11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. △ABC的面积为6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某校有男生人，女生人，现按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，则男生被抽取的人数是______． 13. 在中，角，，所对的边为，，.若，，则外接圆的面积为____________. 14. 一个正三棱柱的底面边长为，侧棱长为4，其内部有一个半径为1的能自由滚动的球，则在该三棱柱内，球任意滚动过程中始终不能到达的部分的体积为________. 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. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 16. 如图，在六面体中，上、下底面平行且均为矩形，侧棱延长后相交于，两点. （1）证明：平面； （2）若，，，，平面与平面的距离为1，求六面体的体积. 17. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字和组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字时，收到的数字是的概率为，收到的数字是的概率为；发送数字时，收到的数字是的概率为，收到的数字是的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）若发送的数据为“”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字的个数记为，如“”，则，对应的概率记为．若发送的数据为：“”，且，求； 18. 如图，在三棱柱中，为正三角形，，在平面内的射影在线段上，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）为线段上的动点，已知的最小值为，记四面体与四面体的公共部分为，用平面去截的外接球球面，求所得交线在侧面内的部分的弧长． 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 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 高一年级数学试卷 考试时间：120分钟 试题满分：150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. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义求解即可. 【详解】，所以样本数据的上四分位数为. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则. 3. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由向量，得，. 由，得. 又，所以. 所以. 4. 一个圆台的轴截面是一个底角为的等腰梯形，则这个圆台的侧面积与轴截面面积的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆台的上下底面半径为，则等腰梯形的上下底长分别为， 因为等腰梯形的底角为， 所以等腰梯形的高为， 圆台的母线长为， 则圆台的侧面积为， 轴截面面积为， 则这个圆台的侧面积与轴截面面积的比值为. 5. 袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个白球，个黄球，从中随机抽取个球，则取出的个球中至少有个白球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式求解即可 【详解】记个白球为，个黄球为，从中随机抽取个球有： 共10种， 其中取出的个球中至少有个白球有： 共7种， 则取出的个球中至少有个白球的概率是， 故选：C 6. 已知正三棱台上下底面边长分别为2，4，高为2，则它的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】上底面边长为2，面积， 下底面边长为4，面积， 上底面边心距， 下底面边心距， 已知，斜高， 一个侧面的面积， 故表面积为：． 7. 如图，水平地面上有两座高塔，为测量塔高，选择水平地面上一点和另一座塔的塔顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得.现已知塔高，则塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在中，，，，故. 在中，由内角和得， 根据正弦定理， 代入得. 在中，，，故 8. 已知是圆的内接三角形，若，且的最大值为3，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记，圆的半径为，利用向量的运算律可得，可求最大值，进而求解即可. 【详解】记，圆的半径为， ， 当时，最大，最大值为， 又的最大值为3，所以，解得. 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，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A：由得，解得，故A正确； 对于B：由复数模的性质可得，故B正确； 对于C：则，展开得 ，化简得， 故两复数向量垂直，非， 如，满足，但，故C错误； 对于D：只代表模长相等，如，模均为1，但，故D错误． 10. 如图，和都垂直于平面，且，，点在上，则（ ） A. 平面平面 B. 存在点，使得平面 C. 存在点，使得平面平面 D. 存在点，使得平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】 A选项，通过线面垂直的性质及面面垂直的判定定理分析，除非，否则不成立； B选项，取的中点，利用中位线及平行四边形性质证明，进而利用线面平行的判定定理证明； C选项，利用反证法，由到平面距离不等可知平面与平面相交；D选项，当为中点时，结合B选项结论及等腰三角形性质，证明平面，进而利用面面垂直的判定定理证明. 【详解】对于A：因为平面，平面，所以，因为平面，平面，则平面. 平面与平面的交线过点且，所以平面.这意味着平面和平面都垂直于平面. 若要平面平面，则需它们在平面内的交线与垂直，即. 题目仅已知，无法推出，故A错误； 对于B：取的中点，连接.若为的中点，则为的中位线， 所以，且. 又因为平面，平面，所以， 已知，即. 所以且， 则四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. 故存在点（即中点）满足条件，故B正确； 对于C：假设存在点使得平面平面. 因为平面，平面， 所以到平面的距离等于到平面的距离. 即， 但这与已知条件矛盾（）.所以假设不成立，故C错误； 对于D：当为的中点时，由选项B可知四点共面，即平面. 因为，为中点，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面. 故存在点（即中点）满足条件，故D正确. 11. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. △ABC的面积为6 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由余弦定理得，求出；B选项，由正弦定理和化简得到，求出；C选项，在A选项基础上求出，，从而得到，由正弦定理得到；D选项，由三角形面积公式求出答案. 【详解】A选项，由余弦定理得， 故，A正确； B选项，，由正弦定理得， 因为， 所以，即， 因为，所以，故， 又，故，B正确； C选项，由A选项可知，，又，故， 因为，所以，解得， 故， ， 由正弦定理得，即，解得，C错误； D选项，△ABC的面积为. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某校有男生人，女生人，现按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，则男生被抽取的人数是______． 【答案】 【解析】 【详解】由题知男生与女生的比为， 所以按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，男生被抽取的人数是. 13. 在中，角，，所对的边为，，.若，，则外接圆的面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】借助正弦定理计算可得，再由圆的面积公式即可得. 【详解】设外接圆的半径为， 由正弦定理可得，故， 则外接圆的面积. 14. 一个正三棱柱的底面边长为，侧棱长为4，其内部有一个半径为1的能自由滚动的球，则在该三棱柱内，球任意滚动过程中始终不能到达的部分的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算正三棱柱的总体积，分析球能到达的区域，用正三棱柱总体积减去球能到达的总体积，得到始终不能到达的体积。 【详解】 正三棱柱底面是边长为​的正三角形，底面积为：  , 侧棱长（高），因此正三棱柱总体积：  正三角形的内切圆半径，恰好等于球的半径. 球心可活动范围为中轴线上去掉两端各长度的线段，长度为， 球扫过的区域为底面半径高的圆柱加上两个半径的半球（合计个整球）， 能到达体积为， 不能到达体积为 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. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【答案】（1） （2）平均数为74，中位数为75 （3）， 【解析】 【小问1详解】 由题意得，解得． 【小问2详解】 平均数为 设中位数为； 因为成绩落在内的频率为， 落在内的频率为，所以， 则，解得，故中位数为75． 【小问3详解】 由题意得，成绩在有 人，成绩在有 人， 则这两组成绩的总平均数为， 总方差为． 16. 如图，在六面体中，上、下底面平行且均为矩形，侧棱延长后相交于，两点. （1）证明：平面； （2）若，，，，平面与平面的距离为1，求六面体的体积. 【答案】（1） 由已知，又平面，平面， 所以面. 又平面平面，平面， 所以. 又平面，平面， 所以面. （2）20 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的判定定理进行证明； （2）将六面体补成一个拟柱体，再分割成三棱柱和四棱锥，求出分割后的柱体和锥体的体积，最后根据比例求出六面体部分的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，， 所以，因此为中点， 所以为梯形中位线，因此， 则， 又平面与平面的距离为1， 所以到面的距离为2， 过作，分别交于，交于， 则平面平面， 多面体被分成三棱柱和四棱锥， 由（1）知，则四边形为平行四边形， 所以，所以，因此， ， 点到面的距离与点到面的距离之比为3， 因此，因为， 所以， 所以， 所以，由于是的中点， 所以， 又， 所以该六面体的体积为. 17. 数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字和组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字时，收到的数字是的概率为，收到的数字是的概率为；发送数字时，收到的数字是的概率为，收到的数字是的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． （1）若发送的数据为“”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； （2）用表示收到的数字串，将中数字的个数记为，如“”，则，对应的概率记为．若发送的数据为：“”，且，求； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将“有且只有一个正确”拆分为两个互斥事件，结合独立事件概率公式计算； （2）分别推导及，再代入已知等式结合消元求解，舍去不符合取值范围的解可得. 【小问1详解】 记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件，事件包含两类互斥情况： ① 发送的接收正确、发送的接收错误，且每次数字的传输相互独立，所以概率为； ② 发送的接收错误、发送的接收正确，且每次数字的传输相互独立，所以概率为. 因此. 所以接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率为. 【小问2详解】 发送数据为“”时：事件表示收到的数字串含个，包含两类互斥情况： ① 发送的接收正确，个恰好个接收错误为，概率为； ② 发送的接收错误为，个全部接收错误为，概率为； 因此. 事件表示收到的数字串含个，仅对应“发送的接收正确，个全部接收错误为”的情况， 因此. 由，得： ， 因为，所以，所以， ，， ，因为，所以， 即，解得或（舍去，因为）. 因此. 18. 如图，在三棱柱中，为正三角形，，在平面内的射影在线段上，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）为线段上的动点，已知的最小值为，记四面体与四面体的公共部分为，用平面去截的外接球球面，求所得交线在侧面内的部分的弧长． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接； 因为分别为的中点，所以，所以； 所以平面即为平面； 因为为正三角形，故； 又因为在平面内的射影在上，故平面平面； 又因为平面平面，且平面， 故平面，因平面,故 ，； 即，则，故； 因为且平面， 故平面，又因为平面， 故平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理进行证明，首先证明线面垂直，根据给出的边长关系利用勾股定理可得线线垂直，再根据投影得到面面垂直，利用正三角形三线合一得到垂直于两互相垂直平面的交线的直线，根据线面垂直得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据（1）中的面面垂直可以找到一条交线，过作交线的垂线即可找到平面的垂线，由此即可作出线面角，在直角三角形中通过边长关系计算线面角的正弦值； （3）将平面展平得到取最小值时所满足的条件，由此可计算边长，根据题意找到公共部分，确定其几何体，从而确定的外接球球心和半径，由此计算截面的交线弧长． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设，则，，； 作于点，由平面平面， 且平面平面；所以平面； 则为与平面所成角， 如图所示，在直角梯形中，，，； 作于点； 则，又，所以四边形为平行四边形， 所以，，， 又因为，所以， 即， 所以在中，； 【小问3详解】 将平面与平面展平，由（1）得展平后， 所以的最小值为， 得，，， 设，连接，则公共部分即为四面体， 由（1）知，平面， 在中，，则； 所以两两全等，所以， 所以中，， 即为外接球的球心，且球半径为； 因为平面，从而球被平面截得一个大圆， 设圆与交于点， 则由，知，为等边三角形， 所以，则， 所以截面圆在侧面内的弧长为． 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 【答案】（1）等腰三角形 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，可得，从而可得，即可得该三角形形状； （2）借助余弦定理计算可得，从而可得，再利用面积公式计算即可得解； （3）设，借助余弦定理计算可得，，即可由表示出，从而可得的最大值. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以， 所以，即，所以， 所以为等腰三角形； 【小问2详解】 若，则，又， 由余弦定理得，， 由（1）知，则， ， 所以，则， 所以， 所以； 【小问3详解】 设，由（1）知， 则， 由余弦定理得，， ， 所以，即． 又因为， ， 所以，解得， 所以， 所以， 故当时，，则的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $