精品解析：福建师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

福建师大附中2025~2026学年下学期期末考试 高一数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 选择题（共58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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ． 2. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】法1，因为，则， 解得，则，则， 所以. 法2，因为，则由，解得， 设，，则； 由向量减法的几何意义，可得 3. 已知一组数据为：1，2，2，3，3，3，4，6，8，9，则该组数据的第70百分位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】求百分位数需数据从小到大排列，且求出为第整数位时要取这一位与后一位的平均数. 【详解】由题意可知这组数据有10个，且已经从小到大排列，求该组数据的第70百分位数， ，这组数据的第七位和第八位分别是4，6，其平均数为， 所以该组数据的第70百分位数是5. 4. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器进行模拟实验产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 531 224 344 151 254 424 142 435 414 135 432 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55 【答案】C 【解析】 【分析】找出代表事件“一年内没有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果. 【详解】由题意可知，代表事件“一年没有1台设备需要维修”的数组有：224，344，254，424，435，432，233，232，353，442，共10组，则由古典概型概率公式计算， 知道估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为 故选：C. 5. 如图，在四面体中，已知，，那么顶点在平面内的射影必在（ ） A. 直线上 B. 直线上 C. 直线上 D. 内部 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直、面面垂直的判定定理及面面垂直的性质判断即可. 【详解】因为，，又，所以平面， 又平面，所以平面平面， 因此在平面内的射影必在平面与平面的交线上． 6. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的半径等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线及轴截面等腰三角形底角正弦，再利用圆锥及其外接球的关系，结合正弦定理求解. 【详解】由圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，得该圆锥母线长为， 令该圆锥轴截面等腰三角形底角为，则，， 由圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，得该圆锥轴截面等腰三角形外接圆为球的大圆， 由正弦定理，球的半径等于. 7. 已知正方体中，棱长为2，点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，利用余弦定理计算即可得到答案. 【详解】因为平面，平面，所以，， 在正方形中，对角线平分直角，得， 将平面沿展开，与平面共面， 此时，且， 当三点共线时最小，此时， 由余弦定理可得，  开方得：，即的最小值为. 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用刍甍的体积分割成三棱柱与四棱锥体积之和，然后再用面积比来表示体积比，从而可求解. 【详解】 如图，在上分别取，连接， 因为面ABCD，可得，所以可得到三棱柱， 由图可得：，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则三棱柱的体积为， 再由，则， 因为三棱锥的体积为，所以， 则四棱锥的体积为， 所以该刍甍的体积为， 又因为，所以. 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. 在棱长均为2的正三棱柱中，D是棱AC的中点，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正三棱柱的性质以及相关判定定理，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】在正三棱柱中，，又，故与不平行，A错误； 由题得，，， 所以，所以，B正确； 因为平面，平面，， 且在平面与平面的交线上，与不垂直， 所以平面与平面不垂直，C错误； 因为是正三角形，是的中点，所以， 又，且，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，D正确． 故选：BD. 10. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，，，且, 因为，所以与独立. 选项B，因为， ，所以与不对立. 选项C，. 选项D，. 11. 如图在正方形中，圆以点为圆心且与相切，过定点的直线与线段相交于点，直线与圆相交于不同的两点，，且点在线段上，为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. ； B. ； C. ； D. 若，则的取值范围为． 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，结合圆的性质及直角三角形的性质证明即可；对于B，结合弦心距公式及临界条件求解判断即可；对于C，结合直角三角形余弦公式及向量的数量积求解即可；对于D，设，得到；过点作交于，得到，令，结合三角形相似及临界条件求出的范围，根据向量的线性运算求得，进而得到，即可求解. 【详解】对于A，设与的交点为，则为、中点，且 因为为弦的中点，所以，即， 所以，且， 所以，则， 所以，A正确. 对于B， 因为圆以点为圆心且与相切，圆的半径为，点到圆心的距离为. 是过点的割线，（共线时取到）， 趋近于切线时，， 所以，B错误. 对于C，在中，，在中，， 所以，C正确. 对于D，设，则. 过点作交于，则，，所以. 当为切点时，在中，，所以，则， 所以，即，所以， 又不能为切点，所以. 又共线，所以， 又，所以，D正确. 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数的实部与虚部相等，且模为1.请写出一个满足条件的复数____________. 【答案】（答案不唯一，也符合要求） 【解析】 【详解】设复数，(其中)，则=1， 则， 取，则， 取，则， 故（答案不唯一，也符合要求）是满足条件的复数. 13. 为迎接校园文化节，某校举办了经典诵读比赛，五位评委对某位参赛选手的评分分别为，，，，．已知这组数据的平均数为，方差为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用平均数公式求得的值，再结合方差公式得到的值，最后通过完全平方公式的变形求出. 【详解】由题意，，整理得，解得， 又因为，化简为，即， 设，，则，且， 由完全平方公式，代入得，解得， 再由，代入得： ，故， 因此. 14. 8名同学围成一圈玩传球游戏，初始时球在甲同学手中．每轮抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，根据掷出的点数，沿顺时针方向依次传递个人．经过三轮，球回到甲手中的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】8名同学围成一圈，球回到甲手中等价于传递总点数之和是8的倍数，每轮骰子点数为，总点数为，故只能是和，用隔板法分别计算两种情况的数量，再除以总情况即可． 【详解】每轮掷骰子有6种可能结果，三轮共种， 总点数为8的情况，即求方程的正整数解，， 由隔板法，三个数最小和为3，最大单个点数为6，故和为8的正整数解总数为， 令，，方程转化为， 正整数解个数为，所有解均满足，故和为的情况总数为6， 综上符合条件的总数为，故所求概率为． 四、解答题：本题包括5道题，共77分． 15. 在△中，. （1）求； （2）若，且△的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 2 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在△中，由及正弦定理，得， 而 ，则，又，所以. 【小问2详解】 由及的面积为，得，解得， 因此，即为正三角形，所以. 16. 如图，在长方体中，，，为线段上的动点， （1）求三棱锥的体积； （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）三棱锥以为底面，高为，直接代入体积公式计算； （2）由得，计算和面积；利用等体积法，以 体积为媒介，求出点到平面的距离. 【小问1详解】 ， 易知的长即为三棱锥的高， 所以 ． 【小问2详解】 记点到平面的距离为， 由 ，， 由勾股定理，， 又平面，为直角三角形，则， 由（1）知. 17. 某社区为了解居民的绿色出行情况，随机抽取50名居民，统计一周内使用自行车的次数，整理得到如下频率分布表和条形图（以下图表中）： 使用次数 0次 1次 2次 3次 4次及以上 频率 0.1 a 0.3 b c （1）求条形图中的频数m，n； （2）从一周内使用自行车次数为1次和2次的居民中，按分层抽样的方法抽取5人．现从这5人中任意抽取2人，求这2人使用自行车次数不同的概率； （3）若此样本中的30名男性居民在一周内使用自行车次数的平均数为3，方差为20；20名女性居民在一周内使用自行车次数的平均数为1，方差为30．求这50名居民一周内使用自行车次数的方差． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率计算频数即可； （2）先利用分层抽样求得使用自行车1次的居民有人，使用2次的居民人，然后利用古典概型概率公式求解即可； （3）根据分层方差公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，总人数为50，0次频数：； 2次频数：；3次频数：；4次及以上频数：3； 所以1次频数：； 【小问2详解】 用分层抽样法抽取的5人中，使用自行车1次的居民有人，记为，， 使用2次的居民有人，记为，，． 记“2人使用次数不同”为事件， 样本点表示“抽取的两人为，”， 则样本空间： ，共10种， 其中，共6种， 所以，； 【小问3详解】 记30名男性样本为，平均数为，方差为； 记20名女性样本为，平均数为，方差为； 所有样本的总平均数为，方差为，样本容量为50． （次）， 则 . 18. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）取中点，连接，因为是等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 因为平面，所以，又，，平面， 所以平面. （2） （3）存在点满足条件，且 【解析】 【分析】（1）取中点，利用面面垂直的性质定理得到平面推出，结合已知，通过线面垂直判定定理证得平面； （2）依据线面角定义，由平面确定的射影得到线面角，再在直角三角形中利用对边比斜边求出该角的正弦值； （3）先计算相关线段长推证平面，取中点，找到二面角的平面角，设，在中运用余弦定理建立方程求解，舍去超出范围的解得到的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为平面，所以是在平面内的射影， 所以是直线与平面所成角， 因为，所以，又， 所以. 【小问3详解】 因为，，所以，所以， 由（1）平面，平面，所以， 所以， 因为，所以，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 取中点，连接，因为，所以，且， 因为，平面，所以平面， 假设线段上存在点，使得二面角的平面角的余弦值为，且， 连接，由平面，可得， 所以就是二面角的平面角， 因为，为中点，，所以， 在中，， 在中，， 由余弦定理得， 即，整理得，解得或（舍）. 所以存在点满足条件，. 【点睛】 19. 设数表是一个由0和1构成的行列的数表，且中所有数字之和不小于，所有这样的数表构成的集合记为.记为的第行各数之和为的第列各数之和为的最大值. （1）对如下数表，求的值. 1 1 0 0 0 0 1 1 （2）设数表，求的最小值: （3）已知为正整数，存在，若，且的任意两行中最多有2列各数之和为2，求的值. 【答案】（1）2 （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）计算出的值，根据题中定义可得出的值； （2）由题意知，中所有数字之和不小于，则中至少有8个1，只有当每行或每列都放2个1，才能使得取到最小值，然后就某行某列分别放0个1、1个1、2个1，列举出其他3行（或3列）1的个数，得出的最小值； （3）先计算出数表中的所有数字之和为，由题意定义得出，可得出，然后分别就时就的任意两行中数字之和为2的列数进行分析，可得出的值. 【小问1详解】 数表的行和为：， 列和为：， 因此. 【小问2详解】 由题意知，中所有数字之和不小于， 即至少有8个1，要使得取到最小值，则中只有8个1， 如下表： 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 由上表可得 的最小值为 2， 下面说明： ①当某行某列全都是0时，则其它3行（或3列）1的个数分别为： ，此时； ②当某行某列只有1个1时，则其它3行（或3列）1的个数分别为： ，此时； ③当某行某列只有2个1时，则其它3行（或3列）1的个数分别为： ，此时； 由上可知，. 【小问3详解】 ，故中的所有数字之和为， 由题意定义得出，可得出， ①当时，每行中仅有1列为0，任意两行中至多有5列和为2，舍去； ②当时，每行中仅有2列为0，任意两行中至多有3列和为2，舍去； ③当时，如下表所示， 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 每行中仅有3列为0，任意两行中至多有2列和为2，合乎题意； ④当或时，无法满足“任意两行中最多有2列各数之和为2的条件”，故不成立. 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建师大附中2025~2026学年下学期期末考试 高一数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 第Ⅰ卷 选择题（共58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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据为：1，2，2，3，3，3，4，6，8，9，则该组数据的第70百分位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器进行模拟实验产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 531 224 344 151 254 424 142 435 414 135 432 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55 5. 如图，在四面体中，已知，，那么顶点在平面内的射影必在（ ） A. 直线上 B. 直线上 C. 直线上 D. 内部 6. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的半径等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体中，棱长为2，点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面ABCD为矩形，面ABCD，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ） A. 1 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. 在棱长均为2的正三棱柱中，D是棱AC的中点，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 10. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 11. 如图在正方形中，圆以点为圆心且与相切，过定点的直线与线段相交于点，直线与圆相交于不同的两点，，且点在线段上，为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. ； B. ； C. ； D. 若，则的取值范围为． 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数的实部与虚部相等，且模为1.请写出一个满足条件的复数____________. 13. 为迎接校园文化节，某校举办了经典诵读比赛，五位评委对某位参赛选手的评分分别为，，，，．已知这组数据的平均数为，方差为，则__________． 14. 8名同学围成一圈玩传球游戏，初始时球在甲同学手中．每轮抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，根据掷出的点数，沿顺时针方向依次传递个人．经过三轮，球回到甲手中的概率是________． 四、解答题：本题包括5道题，共77分． 15. 在△中，. （1）求； （2）若，且△的面积为，求的值. 16. 如图，在长方体中，，，为线段上的动点， （1）求三棱锥的体积； （2）若，求点到平面的距离． 17. 某社区为了解居民的绿色出行情况，随机抽取50名居民，统计一周内使用自行车的次数，整理得到如下频率分布表和条形图（以下图表中）： 使用次数 0次 1次 2次 3次 4次及以上 频率 0.1 a 0.3 b c （1）求条形图中的频数m，n； （2）从一周内使用自行车次数为1次和2次的居民中，按分层抽样的方法抽取5人．现从这5人中任意抽取2人，求这2人使用自行车次数不同的概率； （3）若此样本中的30名男性居民在一周内使用自行车次数的平均数为3，方差为20；20名女性居民在一周内使用自行车次数的平均数为1，方差为30．求这50名居民一周内使用自行车次数的方差． 18. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 19. 设数表是一个由0和1构成的行列的数表，且中所有数字之和不小于，所有这样的数表构成的集合记为.记为的第行各数之和为的第列各数之和为的最大值. （1）对如下数表，求的值. 1 1 0 0 0 0 1 1 （2）设数表，求的最小值: （3）已知为正整数，存在，若，且的任意两行中最多有2列各数之和为2，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $