精品解析：北京市东城区2025-2026学年第二学期期末样卷高一数学试题

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 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模长公式即可求解 【详解】因为，所以. 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 【答案】C 【解析】 【详解】因为工厂男职工女职工， 所以抽取的男职工人数人. 3. 在钝角中，若，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理，可得， 因，则或， 又因为钝角三角形，（否则不合题意），即， 故，由可得. 4. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由向量，，得， 故， 由于，故. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可. 【详解】，从而复数在复平面上的坐标表示为， 因其在第一象限，从而. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】先设圆锥母线长为，然后根据题列出方程，求出母线，再代入圆锥的侧面积公式可求得答案. 【详解】设该圆锥形陀螺的母线长为（即图中），已知陀螺底面半径. 圆锥底面的周长为， 这代表陀螺自身完整滚动周时，它的底面边缘在水平面上扫过的路径长度等于自身底面周长. 陀螺绕顶点在水平面滚动、首次回到原位置时，陀螺的底面边缘会绕点画出一个以为圆心、 母线长为半径的完整大圆，这个大圆的总周长为. 所  所以由题意得 ,解得母线长. 所以 . 7. 已知，表示两条不同直线，表示平面，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】根据线面平行与垂直的性质定理与判定定理一一判断即可； 【详解】解：由，表示两条不同直线，表示平面， 在中，若，，则与相交、平行或异面，故错误； 在中，若，，则与相交、平行或，故错误． 在中，若，，则或，故错误； 在中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故正确； 故选：． 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 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 当时，，所以， 即，所以，所以； 当时，， 所以. 所以“”是“”的充分必要条件. 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. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据各项提供的条件，结合解三角形相关知识判断是否能确定唯一三角形. 【详解】因为平面，则，因，山高可由或者求得； 若求，需要在中解三角形，因，则需知的任意两个内角即可由正弦定理求出； 若求，需要在中解三角形，因，则需知的任意两个内角即可由正弦定理求出. 对于A：与分散在和两个三角形中，即使有，也无从确定三角形，故无法计算出山高，故A不可以； 对于B：因和是的两个内角，根据上述分析，可以利用正弦定理计算出山高，故B可以； 对于C：与A项同理，与分散在和两个三角形中， 即使有，也无从确定三角形，故无法计算出山高，故C不可以； 对于D：在中只知道一角和一边，无法确定或，也就无法直接确定，故D不可以. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用绝对值的几何意义，将恒成立条件转化为；通过换元简化函数，借助和差化积公式建立不等式，结合三角函数的性质确定下界；最后验证等号能够成立，求得的最小值. 【详解】函数的值域为， 设，， 则不等式对任意恒成立， 根据绝对值几何意义，的最小值为，故需. 令，，则， 且，需求的最小值. 由和差化积公式可知， 因为，所以， 得，解得（取最小正解），即. 验证最小值：当时，， ，且，满足条件. 故的最小值为. 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________． 【答案】 【解析】 【详解】由题设，则. 12. 已知平面向量，则与共线的一个单位向量的坐标为________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【详解】由，得， 故与共线的一个单位向量为， 故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”）． 【答案】 ①. 22 ②. 甲 【解析】 【详解】设甲第8场的得分为，则有， 解得，即甲第8场的得分为22； 所以甲乙两人每场得分的平均数都是15， 甲每场得分的数据方差为， 乙每场得分的数据方差为， ，所以每场得分的数据方差较小的是甲. 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________，________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】利用三角函数的定义及辅助角公式，可得的取值范围，在范围内取特殊角，可求得的相应取值，从而得到的取值. 【详解】由题意知，， 所以， 且，所以， 所以或， 所以，或. 令，则 ， 所以， 所以， 时，. 答案不唯一，只要在范围内取角，满足题意即可. 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___________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】分别为的中点，为中点，结论①，通过证明平面，得点轨迹为线段即可判断；结论②，证明平面平面，得点轨迹为线段，即可判断；结论③，结合线面垂直和勾股定理，点的轨迹为，计算轨迹长度即可判断；结论④，由直线与所成角为即可判断. 【详解】分别为的中点，为中点， 连接， 对于①，和中，，， 所以，， ，得， 正方体中，平面，平面，所以， 即，，平面，所以平面， 平面，所以， 分别为的中点，则， ，， 有，所以， ，平面，平面， 由，点轨迹为线段，点有无数个，结论①正确； 对于②，分别为的中点，则有，， 平面，平面，所以平面， 同理有平面，，平面， 所以平面平面，又直线平面， 点轨迹为线段，满足直线平面的点有无数个，结论②错误； 对于③，正方体中，平面，平面，所以， 有，又，满足的点的轨迹为， 轨迹长度为，结论③正确； 对于④，为等边三角形，，直线与所成角为， 所以点与点重合时，满足直线与所成角为，结论④错误. 正确结论的序号是①③. 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. 已知函数（）的最小正周期是． （1）求的值； （2）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． 【答案】（1） （2），最大值为 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式与辅助角公式化简函数为正弦型，由最小正周期公式求 ； （2）由周期确定单调区间长度，区间长度等于半周期，因此端点须为极值点，解出的通式取最小正值，代入所得区间，可得正弦函数在相应范围内取得的最大值． 【小问1详解】 因为， 依题意，，所以． 【小问2详解】 由（1）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． 17. 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： （1）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； （2）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； （3）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． 【答案】（1）320 （2）该样本路段是早高峰拥堵路段，理由为：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 （3）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． 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． 【解析】 【分析】（1）由频率直方图读出区间频率/组距，乘组距得频率，再乘样本容量得频数； （2）先计算理想时长1.2倍阈值，统计超阈值车辆占比，与30%标准比较判断是否拥堵； （3）若以平均数作为基准，因直方图左偏，平均数小于中位数，则超过半数车辆大于平均数，不满足“至少半数不超过”的条件，故不能；若仅从数值近似角度，当平均数与中位数相差不大时，也可采用. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 在中，． （1）求； （2）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． 【答案】（1） （2）选条件①，；选条件③， 【解析】 【分析】（1）由题设结合正弦定理边角互化，三角函数恒等变换知识可得答案. （2）若选条件①：由三角形面积公式可得，由余弦定理可得，随后可得为一个角为的直角三角形，据此可得答案； 若选条件②：由余弦定理可得或，据此可得到不唯一； 若选条件③：由三角函数恒等变换，诱导公式可得，从而可得为一个角为的直角三角形，据此可得答案. 【小问1详解】 因为，在中，由正弦定理，得． 又因为，所以． 由，得．因为，所以 【小问2详解】 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 若选条件②：在中利用余弦定理可得：， 代入，可得， 从而或，当时，注意到，该三角形存在； 当时，注意到，该三角形存在，则选条件②时，三角形不唯一； 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 19. 如图，在四棱锥中，底面，，，，为上一点． （1）求证：； （2）若为的中点，求三棱锥的体积； （3）若平面，求的长． 【答案】（1）证明：因为底面，底面，所以． 设，因为，，， 所以．且． 所以，即． 又因为，平面，平面，所以平面． 又因为平面，所以 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直得，再由三角形全等证，根据线面垂直的判定定理证得平面，即得； （2）利用为的中点实现三棱锥的体积转化，即，再根据三棱锥的体积公式计算即得； （3）取中点,利用面面平行的判定定理证明平面平面，再由其性质定理推得，从而得为的中点，借助于直角三角形即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的2倍． 故． 在中，易得，于是． 由三棱锥的高，得; 【小问3详解】 如图，取中点，连接，． 在中，由，，得． 于是，则． 在中，因为，，，所以．故． 又因为平面，平面.故平面． 因为平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，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. 20. 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，，． （1）若，求； （2）证明：对任意，存在，使得时，； （3）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． 【答案】（1） （2）因为， 所以为，，，…，的最大值，且． 假设存在无穷个满足，，…，的最小值大于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，，…，的最小值大于0． 所以存在，使得时，都有满足，，…，的最小值为0， 此时，所以. （3）存在，符合条件的有103，305，709，911 【解析】 【分析】（1）根据题中定义依次求得，从而求得； （2）先证得，再利用反证法，证明存在，使得时，都有满足，，…，的最小值为0，此时，所以 （3）设，记，，的最大公约数为，先证明，，并记为，则的最小值为，由的最小值为，得.结合，，即，，分别讨论和时的取值可得. 【小问1详解】 因为，将重新排列后为， 所以，将重新排列后为， 所以， 同理，． 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，记，，的最大公约数为，． 因为，所以时，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（2）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. 第1页/共1页 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 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，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. 已知函数（）的最小正周期是． （1）求的值； （2）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. 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： （1）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； （2）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； （3）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. 在中，． （1）求； （2）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. 如图，在四棱锥中，底面，，，，为上一点． （1）求证：； （2）若为的中点，求三棱锥的体积； （3）若平面，求的长． 20. 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，，． （1）若，求； （2）证明：对任意，存在，使得时，； （3）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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $