北京市东城区2025-2026学年第二学期期末样卷高一数学试题

**基本信息** 结合传统文化（陀螺、《海岛算经》）与现实情境（交通统计、篮球联赛），通过分层设问考查数学抽象、逻辑推理与数据观念，适配高一期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/40|复数运算、分层抽样、空间线面关系|第6题陀螺滚动结合圆锥侧面积，体现文化传承与空间观念| |填空题|5/25|向量坐标、统计方差、正方体动态轨迹|第13题篮球联赛数据计算，培养数据意识与运算能力| |解答题|5/72|三角函数性质、立体几何证明、集合创新应用|第17题交通拥堵分析考查数据处理，20题集合重排问题发展创新思维|

2025—2026学年第二学期期末样卷 高一数学 2026.7 本试卷由样卷和校本题两部分组成，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知复数，则 A．1 B．2 C． D．5 2．某工厂共有男职工1200人，女职工800人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全厂职工中抽出一个容量为200的样本进行健康调查．若样本按比例分配，则应抽取男职工的人数为 A．80 B．100 C．120 D．200 3．在钝角中，若，，则 A． B．1 C． D．2 4．已知向量，，则 A． B． C． D． 5．复数在复平面内对应的点在第一象限，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 6．陀螺是我国一种传统的玩具，也叫作“冰尜（gá）”或“打老牛”．如图，将一个底面半径为5的圆锥形陀螺放倒在水平面上，并在水平面上绕顶点滚动，其首次转回到原位置时，陀螺本身恰好滚动了3周，则该陀螺的侧面积为 A． B． C． D． 7．已知，表示两条不同直线，表示平面，则下列说法正确的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 8．已知非零向量，，满足，则“”是“”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 9．我国古代数学名著《海岛算经》中的“望海岛”问题，开创了利用两次测望结合三角形边角关系测算高度的方法，某同学借鉴这种方法测算山的高度．如图，为山顶在水平地面上的投影，该同学在水平地面上选取相距200 m的两个测量点，，并测得，若希望通过再测量两个角，能唯一确定并计算出山高，那么这两个角可以是 A．， B．， C．， D．， 10．已知函数，若实数，满足：，不等式恒成立，则的最小值为 A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11．已知复数满足，则________． 12．已知平面向量，则与共线的一个单位向量的坐标为________． 13．为落实北京市校园体育“班班赛”活动要求，某校高一年级举办了篮球班级联赛．甲、乙两名球员在目前已完赛的比赛中得分（单位：分）如下： 场次 选手 第1场 第2场 第3场 第4场 第5场 第6场 第7场 第8场 甲 15 14 8 15 16 15 15 乙 19 10 11 24 17 6 20 13 若甲打完第8场比赛后，每场得分的平均数恰与乙相等，则甲第8场的得分为________．此时，每场得分的数据方差较小的是________（填“甲”或“乙”）． 14．在平面直角坐标系中，角的始边在轴的非负半轴，终边与单位圆的交点是，将角的终边逆时针旋转角与单位圆交点为．若，则角与角的一组取值为________，________． 15．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，是正方体侧面上的一动点（含边界），给出下列四个结论： ①满足的点有无数个； ②满足直线平面的点有且只有一个； ③满足的点的轨迹长度为； ④满足直线与所成角为的点不存在． 其中正确结论的序号是___________． 三、解答题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16．（本小题14分） 已知函数（）的最小正周期是． （I）求的值； （II）设，若函数在区间上单调，求的最小值以及函数在上的最大值． 17．（本小题13分） 为提升城市主干路通行效率，某交通管理部门计划为辖区内一条城市主干路优化红绿灯配时．该主干路由若干个单位路段（即相邻两个红绿灯路口之间的道路段）构成，现选取这条主干路的一个单位路段作为样本路段进行研究．从早高峰期间途经该样本路段的小型汽车中随机抽取1000辆，记录其通行时长（单位：秒），并将收集的数据分成7组，得到如下的频率分布直方图． 请根据以上信息，解决下列问题： （I）求抽取的这1000辆小型汽车在该样本路段早高峰期间通行时长在（单位：秒）的车辆数； （II）根据《城市交通运行状况评价规范》国家标准，若在某一时段，路段内通行时长超过理想状态下通行时长1.2倍的车辆占比超过；则可认为该路段在这一时段为拥堵路段．已知该样本路段理想状态下通行时长为58秒，判断该样本路段是否为早高峰拥堵路段，并说明理由； （III）为确定沿线红绿灯配时，现需预设该样本路段早高峰的基准通行时长（单位：秒）．若交管部门计划早高峰期间至少半数车辆在该样本路段通行时长不超过，请判断能否以收集数据的平均数作为基准通行时长，并说明理由． 18．（本小题15分） 在中，． （I）求； （II）若，的平分线与交于点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的长． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（II）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19．（本小题15分） 如图，在四棱锥中，底面，，，，为上一点． （I）求证：； （II）若为的中点，求三棱锥的体积； （III）若平面，求的长． 20．（本小题15分） 已知集合，．对于集合中的任意元素，记，并将，，…，重新排序为，，…，，且，设，记，，． （I）若，求； （II）证明：对任意，存在，使得时，； （III）已知，且，是否存在常数，使得时，的最小值为202？若存在，求出所有符合条件的；若不存在，说明理由． （考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期末样卷 高一数学参考答案及评分标准 2026.7 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1．C 2．C 3．B 4．D 5．A 6．A 7．D 8．C 9．B 10．B 二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） 11． 12．（答案不唯一） 13．22；甲 14．，（答案不唯一） 15．①③ 三、解答题（共5小题，共72分） 16．（共14分） 解：（I）因为， 依题意，，所以． 5分 （II）由（I）可知，． 因为的最小正周期是，所以的一个单调区间的长度为． 因为区间的长度为，且在区间上单调， 所以在区间的端点取到最大值或者最小值． 所以，即（），解得（）． 因为，所以当时，的最小值． 于是． 由，得． 当，即时，的最大值为． 14分 17．（共13分） 解：（I）因为区间对应的频率／组距为0.032，组距为10， 所以通行时长在的车辆所占频率为． 因为抽取的共1000辆车，所以． 因此，抽取的这1000辆小型汽车在该样本路段早高峰期间通行时长在的车辆数为320． 4分 （II）由已知，得理想状态下通行时间的1.2倍为：． 由频率分布直方图，知区间和区间对应的频率／组距分别为0.028和0.004， 因此，通行时长超过70秒的车辆所占频率为． 所以通行时长超过理想状态下通行时间的1.2倍（69.6秒）的车辆占比大于0.32． 因为， 所以该样本路段是早高峰拥堵路段． 9分 （III）不能以作为基准时长．理由如下： 因为频率分布直方图在左边“拖尾”，所以平均数小于中位数， 若以作为基准时长，那么有超半数的车辆通行时长大于， 即在该样本路段通行时长不超过的车辆不到半数． 所以不能以作为基准时长． 13分 能以作为基准时长，理由如下： 的估计值为：． 当通行时长在时，频率为． 当通行时长在时，频率为， 由上可知中位数在区间内． 设中位数为，则，解得，所以中位数为64.375． 由于64.375与62.6比较接近，又因为样本具有随机性， 所以可以以作为基准时长． 13分 18．（共15分） 解：（I）因为，在中，由正弦定理，得． 又因为，所以． 由，得．因为，所以． 6分 （II）若选条件①： 因为，，所以． 因为，所以． 在中，由余弦定理，得，解得． 由，得，于是． 因为的平分线为，所以． 在中，由，，解得． 15分 若选条件③： 因为，，所以． 即．即．所以． 又因为，所以，． 因为，所以，． 又因为， 所以在中，由，，解得． 15分 19．（共15分） 解：（I）因为底面，底面，所以． 设，因为，，， 所以． 所以． 所以，从而． 又因为，平面，平面，所以平面． 又因为平面，所以． 6分 （II）因为为的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的2倍． 所以． 在中，由于，于是． 由三棱锥的高，得． 10分 （III）如图，取中点，连接，． 在中，由，，得． 于是，． 在中，因为，，， 所以． 所以． 又因为平面，所以平面． 因为平面，，所以平面平面． 因为平面平面，平面平面， 所以． 因为为的中点，所以为的中点． 因为底面，底面，所以． 因为，所以． 所以． 15分 20．（共15分） 解：（I）因为， 所以，，，． 所以． 4分 （II）因为， 所以为，，，…，的最大值，且． 假设存在无穷个满足，，…，的最小值不为0． 把这些的依次设为，，那么显然有． 因为，， 所以． 所以与矛盾，假设不成立． 所以不存在无穷个满足，，…，的最小值不为0． 所以存在，使得时，都有满足，，…，的最小值为0，此时， 所以． 9分 （III）设，记，，的最大公约数为，． 因为时都有， 所以或，， 显然能整除，，，，即能整除． 同理能整除，，，即能整除，所以，． 由（II）知存在，使得时都有，此时． 所以为，，的最大公约数． 因为当时都有，即， 所以的最小值为． 所以当，，的最大公约数时，． 因为，，即，， 所以当时，，不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，， 所以要使，当且仅当，的最大公约数为101． 又因为，且， 所以当且仅当或303或707或909时满足题意． 综上所述，存在常数，使得时，的最小值为202，符合条件的有103，305，709，911． 15分 学科网（北京）股份有限公司 $