浙江丽水市2025-2026学年第二学期普通高中教学质量监控高一数学试题（含解析）下学期期末试卷

这是一份浙江丽水市2025-2026学年第二学期普通高中教学质量监控高一数学试题（含解析）下学期期末试卷，共39页。试卷主要包含了06）， 已知向量，若，则， 若平面向量，满足，则等内容，欢迎下载使用。
（2026.06）
本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题卷规定的位置上.
2.答题时，请按照答题卷上“注意事项”的要求，在答题卷相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、单项选择题（本大题共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. 复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算计算即可得解.
【详解】由题意，.
故选：A.
2. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】直接由余弦定理即可计算求解.
【详解】由余弦定理得，所以.
故选：D
3. 某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选：D.
4. 函数的图象关于直线对称，且的最小正周期为4，则的解析式可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为最小正周期为4，，得，可排除AB选项.
代入，C选项是函数的一条对称轴；
D选项为函数的一个对称中心，并非对称轴，
故排除D.
5. 已知向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．
6. 设一个圆锥的侧面积与体积分别为，将它的高扩大到原来的2倍，底面圆的半径缩小到原来的倍，得到的圆锥的侧面积与体积分别为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】先设出圆锥的底面半径和高，然后计算出圆锥的侧面积和体积，再计算变化后的圆锥侧面积和体积，然后比较大小即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则.
原圆锥的侧面积，体积.
变化后的新圆锥底面半径为，高为，母线长.
新圆锥的侧面积，体积.
，.
，.
7. 矩形中，，，将矩形沿对角线折成直二面角后，异面直线和所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作辅助线，可知异面直线和所成角为（或其补角），根据垂直关系求相关长度，结合余弦定理运算求解.
【详解】过作，且，连接，，
可知异面直线和所成角为（或其补角），
过作，垂足为，连接，
因为平面平面，平面平面，平面，
可得平面，且平面，则，
在中，，，，则，
可得，，
在中，，，，
由余弦定理可得，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
且异面直线和所成角为锐角，所以异面直线和所成角的余弦值是.
8. 在中，角的对边分别为，且，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用和三角形内角和定理，将都用来表示，然后利用正弦定理和三角恒等变换将转化成，最后利用基本不等式求解出最小值即可.
【详解】中，，，.
又，.
，，，.
在中，由正弦定理得，.
.
当且仅当，即时，等号成立.
故的最小值为.
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知事件和事件的概率，，下列结论中正确的是（ ）
A. 若事件和事件独立，则
B. 若事件和事件独立，则
C. 若事件和事件互斥，则
D. 若事件和事件互斥，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据事件相互独立的定义和互斥事件的加法公式逐项判断.
【详解】对于A：因为事件和事件独立，所以，A正确；
对于B：由A，，所以，B正确；
对于C：若事件和事件互斥，则，所以，C错误；
对于D：若事件和事件互斥，则，D正确.
10. 若平面向量，满足，则（ ）
A.
B. 向量与的夹角为
C. 向量在上的投影向量为
D. 若平面向量满足，则的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A：用模平方公式求目标模长；选项B：用夹角公式推目标夹角；选项C：按投影公式求目标投影向量；选项D：由数量积为零得终点轨迹，结合几何求模长最大值.
【详解】已知，对平方得：，
解得，逐一判断选项：
选项A： ，得，A选项正确；
选项B：设与的夹角为，由夹角公式：
，得，B选项错误；
选项C：在上的投影向量为：，C选项错误；
选项D：说明当始点相同时，
的终点在以终点连线为直径的圆上：
设，得圆心为，半径，原点到圆心的距离为，
因此的最大值为原点到圆心距离加半径：，D选项正确.
11. 已知球的半径为2，点，，是球表面上的定点，且，，，点是球表面上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点到平面的距离的最大值是3
B. 若，则的最大值是
C. 若，则存在点使得平面
D. 若，则与平面所成角的正切值的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，分析各点以及对应直线间的位置关系，根据球的截面性质以及直角三角形的截面性质，确定点到平面的最大距离；
对于B选项，确定点的运动轨迹，将角的最大值问题转换为正切的最大值问题，根据直线间的位置关系，即可确定的最大值；
对于C选项，若平面，则应有直线上的点到平面的距离相等，通过比较反证得出C选项错误；
对于D选项，将与平面所成角的正切值转化为线段与线段的比值，进而将正切最大值问题转化为线段的长度问题.
【详解】∵球O半径为2，即，，
∴在直角中，由勾股定理可得；
在中，，且，则是等边三角形，∴；
在中，，由余弦定理得，，∴.
对于选项A，设球心O到平面ABC的距离为d，截面圆（的外接圆）半径为r.
由余弦定理得，则，
即AC是外接圆的直径.
∴，则球心O到平面ABC的距离.
∴动点D到平面ABC的最大距离为，故A正确；
对于选项B，因为，可知在过点且垂直于的平面内，
而又因为在球面上，故的轨迹是平面所截得的截面圆，
平面，在 中，，，
球心到平面的距离等于在方向上的投影，
即，
由球面的截面性质，得截面半径，
在直角三角形中，，则，
因为 为定值，是截面圆上的弦，圆内最长弦为直径，故，
此时，即，故选项B正确，
对于C选项，平面等价于点到平面的距离等于于点到平面的距离，
设在平面内的射影为，由三垂线定理逆定理，即，
故射影，即，
结合，得，
由三余弦定理，，代入得，，
因此，故，
因为平面，平面，故平面平面，
球心在平面内，设为截面圆圆心，则，故也在平面内，
即截面圆圆心在两平面交线上，
因此截面圆上点到平面的最大距离为截面圆半径，
而，故不存在满足条件的，故 C 选项错误，
对于D选项，由，可知在过且垂直于的平面内，轨迹为平面截球的截面圆，
因此球心到平面的距离，
由截面性质得半径，
因平面且平面，故平面平面，交线为斜边上的高，
设在平面内的射影为，由面面垂直性质，在交线上，
与平面所成角满足，其中为到平面的距离，即到的距离，为到的距离，
截面圆圆心到交线的距离等于到平面的距离 1，
当在过圆心且垂直于的直线上、远离平面一侧时，最大且最小，此时取最大值，
即，代入得，，
故 D 选项正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若复数为纯虚数，则______.
【答案】5
【解析】
【详解】由题可知，解得，则，
．
13. 已知一组数据，，…，的平均值为，方差为，删去一个数后，平均值不变，方差变为，则原来这组数据的个数______.
【答案】9
【解析】
【分析】根据平均值及方差公式求解即可.
【详解】由题意知，，则，.
删去一个数后，平均值不变，则删去的数一定为5，
此时新方差为，即.
所以，即，解得.
14. 若所在平面内一点，满足，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先由条件等式判定点为三角形外心，随后利用外心的向量投影性质将题设的向量线性关系转化为关于边长与数量积的代数方程组，即可求得的值.
【详解】由题意得，
，
，
所以原式为，
由可得，即，
由可得，即，
所以，即点为的外心，
设，
设为边的中点，则，
因为是外心，所以是的垂直平分线，所以，即，
所以，
设为边的中点，则，
因为是外心，所以是的垂直平分线，所以，即，
所以，
联立得，
即，，解得，
联立得，
即，，解得，
联立得，由于，则，
，
联立得，
因为，则，则.
四、解答题（本大题共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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.
（1）求直方图中的值；
（2）在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数是多少；
（3）估计月用电量的第45百分位数.
【答案】（1）
（2）70 （3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图各个矩形的面积和为1即可求解，
（2）由频率分布直方图估计区间的频率，再用总数乘以频率即可，
（3）先判断第45百分位数所在区间，再由百分位数的计算方法求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以
【小问2详解】
月用电量在的频率为：
所以月用电量落在区间内的户数为：
【小问3详解】
设45百分位数为，
，
，
所以第45百分位数落在区间内，
则，
所以该小区用户月用电量的第45百分位数是
16. 如图，在直三棱柱中，，，点为的中点，点在上，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
连交于，连接，
，，
，，
又面，面，
面；
（2）
【解析】
【分析】（1）连接辅助线、，利用相似三角形得到线段比例相等可得，再由线面平行判定定理推出平面；
（2）利用面面垂直性质作垂线，确定线面角为，再通过直角三角形边长计算该角的正弦值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
过点作于，连接，
∵面面，，且面面，
面，所以是在面内的射影，
即为直线与平面所成的角，
由题可得，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值是．
17. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）（）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由题可知，
由（）可得（），
所以的递增区间为（）．
【小问2详解】
由，得，因为，所以，
若，则，不合题意
若，则，不合题意
所以，所以，
所以．
18. 如图，三棱锥中，平面，，点在以为直径的圆上运动，点在上，，，分别是，的中点.
（1）求证：；
（2）若三棱锥的体积是，求的值；
（3）设二面角的大小为，求的最大值.
【答案】（1）证明：因为点在以为直径的圆上，所以.
又平面，，平面，所以，.
因为，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，，平面，，所以平面.
又平面，所以．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据线面垂直的判定定理得到平面，结合三棱锥的体积是得到，在中，结合三角形面积公式求解即可.
（3）过作，垂足为，过作，垂足为，连结，根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得到平面，进而得到就是二面角的平面角；设，结合边角关系求出，，在中求出表达式，结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
在中，，为的中点，所以，.
又，，平面，，所以平面，
在中，设，则.
所以，即，
整理得，解得，即.
在中，，即，整理得，
解得．
【小问3详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，连结，
因为平面，平面，所以.
又，，平面，，所以平面.
又，平面，所以，.
因为，，平面，，所以平面，
因为平面，所以，则就是二面角的平面角，即.
在中，设，则，
又是的中点，所以.
在中，，.
在中，，所以，所以，
即，所以，
在中，，
又，当且仅当即时，等号成立．
所以，当且仅当时，等号成立．
故的最大值为.
19. 在中，角，，所对的边分别为，，，，.
（1）判断的形状；
（2）已知，，点，是边上的两个动点（，不重合，且点靠近，点靠近），记，，.
①当时，求线段长的最小值；
②是否存在常数和，使得对所有，都成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）直角三角形
（2）①；②存在，，
【解析】
【分析】（1）利用三角形的内角和定理和诱导公式将化为，再利用两角和差公式和二倍角公式进行化简可得，进而可得结果；
(2)①设，，在中利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解；
②假设存在常数和，利用三角恒等变形得到恒等式，将其转化为进行求解．
【小问1详解】
在中，由，得．
所以，即．
又由已知，所以，所以，为直角三角形；
【小问2详解】
①由（1）及已知，，，
则，．
在中，由，得，，
在中，由，
得，，
当，即时，．
②假设存在常数，，使对所有，成立．
由
，
又，
则，
可得．
即对所有，都成立．
由为定值，所以，
因为，所以．
即，，则．
故，．