湖北十堰市普通高中2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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考试时间：2026年6月26日下午15:00-17:00 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题（每题5分，共8小题，总分40分，每题只有一个正确答案．）
1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由诱导公式及两角差的正弦公式求得，再根据二倍角公式即可求解．
【详解】因为
，
所以．
3. 在中，，，角，则角大小为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【详解】在中，已知，，，由正弦定理.
所以，所以.
由，根据大边对大角，得，所以只能为锐角.
因此.
4. 如图在梯形中，，，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
又，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型.
5. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得，
令，得，此时，
所以图象的对称中心是.
6. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列命题正确的是（ ）
A.
B. ；
C.
D. .
【答案】B
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理可判定A，根据面面平行的性质定理可判定B，根据线面平行的判定定理可判定C，根据线面平行的性质定理可判定D.
【详解】选项A：由面面平行的判定定理可知，由于m，n不一定相交，故A错误；
选项B：由面面平行的性质定理可知B正确；
选项C：由线面平行的判定定理可知，m可能在内，故C错误；
选项D：由线面平行的性质定理可知，m，n可能异面，故D错误；
故选：B.
7. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知，
则，解得，
在方向上的投影向量为：．
8. 中国古代数学专著《九章算术》中对两类空间几何体有这样的记载：①“堑堵”，即底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；②“阳马”，即底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一“堑堵”，如图所示，，，则其中“阳马”与“堑堵”的体积之比为（ ）
A. 1:2B. 2:3
C. 1:4D. 4:5
【答案】B
【解析】
【分析】设，由“阳马”的定义结合棱锥的体积公式求出“阳马”的体积，由“堑堵”的定义根据棱柱的体积公式求出“堑堵”的体积，从而得出体积比.
【详解】解：设，由“阳马”的定义及可知，
四边形是矩形，平面，
“阳马”的体积为：
，
由“堑堵”的定义可知，，且平面，
“堑堵”的体积为：
，
所以“阳马”与“堑堵”的体积之比为：.
故选：B.
二、多选题（每题6分，共3小题，总分18分，每题有多个正确的答案，全部选对得6分，部分选对得部分分．）
9. 为测试脑机接口设备的信号识别精度，某科研团队开展高三学生脑机接口操作实验，实验评分部分满分10分．随机抽取10名参与实验的高三学生的操作得分（单位：分）如下：6，7，5，8，6，7，6，8，10，7．下列说法正确的是（ ）
A. 该样本的70%分位数为7分B. 该样本的极差为5分
C. 用样本均值估计总体均值，其值约为7分D. 用样本方差估计总体方差，其值约为1.8
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据分位数、均值、极差、方差的定义计算即可.
【详解】将样本数据从小到大排序：5,6,6,6,7,7,7,8,8,10,
选项A，分位数位置：，因为为整数，所以70%分位数是第7项和第8项数据的平均值，即分位数是，A错误
选项B，极差=最大值-最小值=10-5=5，B正确；
选项C，样本均值，用样本均值估计总体均值，C正确；
选项D，样本方差，D正确.
10. 已知向量，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 与向量平行的单位向量仅有D. 向量与向量的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，计算数量积是否为零，即可得；对B，借助模长公式计算即可得；对C，与向量平行的单位向量有、；对D，夹角公式计算即可得.
【详解】对于A，，，所以，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，则有、，
即与向量平行的单位向量有、，故C错误；
对于D，，所以向量与向量的夹角为，故D正确．
故选：ABD
11. 正方体的棱长为2，E，F，G分别为BC，，的中点，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的外接球表面积为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 平面AEF截正方体所得的截面周长为
D. 直线AF与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【解析】
【分析】确定外接球并求出表面积判断A；证明线面平行并结合等体积法判断B；求出截面周长判断C；求出线面角的正弦判断D.
【详解】对于A，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则该外接球的直径为，
因此三棱锥的外接球表面积为，A错误；
对于B，连接，由且，得四边形是平行四边形，
则，又，于是，四边形是平面截正方体所得的截面图形，
连接，则由、均为所在棱的中点，得，，
则四边形是平行四边形，，又平面，平面，
因此平面，点到平面的距离即为到平面的距离，
为定值，即三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C，由选项B知，平面截正方体所得的截面图形为四边形，
而，，，
平面截正方体所得的截面周长为，C正确；
对于D，连接，由平面，得是直线与平面所成的角，
又，，，，
因此直线与平面所成角的正弦值为，D错误．
故选：BC
三、填空题（每题5分，共3小题，总分15分．）
12. 已知角满足，则________．
【答案】
【解析】
【详解】,
.
13. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为______.
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以，即，
设与的夹角为，则，
又，，所以，解得，
因为，所以.
14. 在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面四边形内（不含边界）一点，若平面，则线段长度的最小值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，的中点，由面面平行的性质证明点轨迹就是线段，求出等腰底边上的高即得最小值．
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，并连接，
由于点分别是棱的中点，
所以，
平面，平面，平面，
与，平行且相等，则是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
面，平面，
所以平面平面，
平面，平面，且平面平面，
所以，即点轨迹是线段，
正方形棱长为4，则，，
所以的最小值即为底边上高等于．
故答案为：．
四、解答题（本题共5小题，满分77分，解答每题需写出必要的解题步骤．）
15. 已知，，且与夹角为，求：
（1）；
（2）与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积的定义求出，由代入数值得到；
（2）由代入数值得到，由代入数值得到，利用向量的数量积公式得到，代入数值得到所求.
【小问1详解】
，，且与夹角为，，
；
【小问2详解】
，
，
.
16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足．
（1）求A，
（2）若的周长为20，面积为，求a．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角求解.
（2）根据给定条件，利用三角形面积公式、余弦定理列式求解.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
而，即，则，即，
又，所以.
【小问2详解】
由的面积为，得，解得，
由的周长为20，得，即，
由余弦定理得，即，
于是，解得，
所以.
17. 中国大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段．为了了解中国大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求的值；
（2）求这500名中国大模型用户的年龄在内的人数；
（3）估计这500名中国大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）．
【答案】（1）0.015
（2）200人 （3）37.5
【解析】
【分析】（1）由所有频率之和为1求解；
（2）由年龄在内的频率计算求解；
（3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解.
【小问1详解】
由题可知组距为10，则：，解得：；
【小问2详解】
这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为：，
所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人；
【小问3详解】
估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为：.
18. 在中，内角的对边分别为，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式化简整理可得，由此可得；
（2）利用余弦定理可构造方程求得，由三角形面积公式可求得结果；
（3）利用余弦定理和基本不等式可求得的取值范围，令，将所求式子化为，由单调性可求得最大值.
【小问1详解】
由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，.
【小问2详解】
由余弦定理得：，解得：，
.
【小问3详解】
由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），，
又，；
，
令，，则在上单调递增，
，即，的最大值为.
19. 如图1，在直角梯形中，，，且，现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使，为的中点，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求异面直线与所成的角的余弦值．
【答案】（1）取中点，连接，．
在中，，分别为的中点，所以，且．
由已知，，所以，且．
所以四边形为平行四边形．所以．
又因为平面，且平面，
所以平面．
（2）在正方形中，，又，，
，平面，所以 平面，
因为平面，所以，
在中，，所以，，
在中，，，.
所以，
所以，所以.
又因为，，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，故，再根据线面平行判定定理，由平面、平面证得平面.
（2）由正方形得平面，故；结合边长利用勾股逆定理证，，得平面，又平面，故平面平面.
（3）取中点，由三角形中位线性质证明四边形为平行四边形，故，是异面直线与所成角；由勾股定理求出、、，再由余弦定理计算得.
【小问1详解】
（1）略
【小问2详解】
（2）略
【小问3详解】
如图:取的中点，连接、.
由三角形中位线性质可知
所以，所以四边形为平行四边形.
由勾股定理得，，所以
因为,所以为异面直线与所成的角.
.
由余弦定理得