河北省保定市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份河北省保定市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷，共34页。试卷主要包含了6，则袋中约有红球等内容，欢迎下载使用。

已知m ， n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m ， n α， m//β，则“ n//β”是“α//β”的
（）
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的 8 个白球和若干个红球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在 0.6，则袋中约有红球（ ）
A．8 个B．10 个C．12 个D．14 个
如图，在圆锥SO 中， AB 是底面圆O 的直径， D 为母线SB 的中点， C 是 ‸AB 的中点， SO  AB  2 ，则直线SA与CD 所成角的余弦值为（ ）
一、单选题
1．已知 z1 ， z2 是复数，若 z1  2  3i ， z1  z2  1 i ，则 z2  （
）
A． 1 2 iB． 1 2 iC．1 2i
2．已知向量a  1, x ， b  3, 4x  2 ，若a//b ，则实数 x  （
）
D．1  2i
A． 2B．1C． 1
D． 2
A． 2
2
B． 3
2
C． 3
3
D． 5
3
从不超过 20 的质数中，任选两个不同的质数 p ， q ，记n  p  q ，则事件“ n  4 ”的概率为（）
A． 1
7
B． 3
14
C． 9
28
D． 5
14
如图，公路一侧有一幢楼OP ，公路与楼底O 在同一平面上，小明在公路上行走，在点 A 处测得楼顶 P
的仰角为45 ，行走 100 米到达 B 处，测得楼顶 P 的仰角为37 ，再行走 100 米到达点C 处，测得楼顶 P 的仰角为30 ，则楼OP 的高为（ ）
参考数据： tan37  3 .
4
2
150
米B．150
米C．300 米D． 300米
3
2
已知三棱锥 P  ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，且VPAC 是等边三角形，点 E, F 分别为棱 PC, BC
的中点，且∠AEF  π , BA  BC, AC  EF  2 ，则球O 的表面积为（ ）
2
16πB．16 3πC． 64π 3
D． 64 3π
3
多选题
已知一组数据 x1 ， x2 ， x3 ，…， x10 （ x1  x2  L  x10 ），则下列说法正确的是（ ）
该组数据的极差为 x10  x1
该组数据的 70%分位数为 x7
剔除 x1 ， x10 后得到的新数据的平均数小于原数据的平均数
剔除 x1 ， x10 后得到的新数据的方差小于原数据的方差
在复平面内，复数 z1 ， z2 对应的点分别为 Z1 ， Z2 ， O 为坐标原点，则下列结论正确的是（）
若 z2  z2  0 ，则 z  z  0
1212
若 z z  z 2 ，且 z z  0 ，则 Z ， Z 关于 x 轴对称
1 211 212
若OZ1  OZ 2 ，则 z1  z2
 z1  z2
 z 2026
若 z1  1 i ，且 z1 ， z2 是关于 x 的方程 x2  px  q  0 的两个根（ p ， q  R ），则 1  i
 z2 
如图， O 是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 的中心， P 是正六边形 ABCDEF 边上的动点，则（）
OA  OC  OE  0
–––→ –––→
AC  AE 
4 –––→
AD
3
PF
AP  AB 的最大值为 6
D．
–––→2
PA
–––→2
PB
–––→2
PC
–––→2
PD
–––→2
PE
–––→2 的取值范围为42, 48
填空题
某企业生产 A ， B ， C 三种不同型号的产品，其产量之比为 5∶4∶3，现用按比例分配的分层随机抽样的方法，抽取一个容量为n 的样本，若样本中C 型号的产品有 12 件，则n  ．
如图，在正三棱锥 A−BCD 中，BAD  40∘ ，从C 点拉紧一条无弹性的细绳绕过侧棱 AB ， AD 回到C
6
点，若细绳的最短长度为2，则该三棱锥的侧棱长为.
已知锐角VABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c cs B  cs A  a  b ，则sin A  cs B  sin C
的取值范围为．
解答题
2π→→
已知向量a 与b 的夹角为
， a  1， b
3
 2 ．
→→→→
若2a  b   a  tb  ，求实数t 的值；
→
求向量a 与
3a  2b
的夹角的余弦值．
甲、乙两人参加猜灯谜比赛，每局比赛甲、乙各猜一个灯谜，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一
方获胜，否则平局，规定先胜 2
2
1
局的一方赢得奖品并结束此次比赛．已知每局比赛甲猜对的概率为 2 ，乙
猜对的概率为
3
，在每局比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各局结果也互不影响．
求每局比赛中甲获胜的概率，乙获胜的概率及甲、乙平局的概率；
求此次比赛进行 3 局就结束的概率．
某公司为了解客户对其旗下某产品的满意程度，随机抽取了 200 名客户进行满意度调查，并将评分（满分 100 分）按50, 60 ， 60, 70 ， 70,80 ， 80, 90 ， 90,100 分成 5 组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
求图中 a 的值，并估计这 200 名客户的满意度评分的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；
已知样本中在60, 70 内的评分的平均数为 64.5，方差为 14，在70,80 内的评分的平均数是 74.5，方差
是 9，求落在60,80 内的评分的平均数与方差．
在VABC 中，内角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ，且sinB  sinC  sinA  sinC a  c ．
b
求 A ；
若b  2 ， VABC 的面积为 3 3 ．
2
求VABC 的周长；
12
若点 D 是边 BC 上的一点，记V ABD 的面积为S ，VACD 的面积为 S ，求当 9  1 取得最小值时，AD
S1S2
的长．
如图，在三棱台 ABC−A1B1C1 中，. AA1  .平面 ABC ， AB ⊥AC ， AB  AC  AA1  2 ， A1B1  1，点 D
是棱 BC 的中点，点 E 是线段 BD 的中点．
求证： A1 E // 平面C1 AD ；
求二面角 D  AC1  C 的余弦值；
求直线 AB1 与平面C1 AD 所成角的正弦值．
参考答案
1．A
解析：由题意 z2  (z1  z2 )  z1  (1 i)  (2  3i)  1 2i . 2．D
解析：因为向量a  1, x ， b  3, 4x  2 ，且a//b ，则3x  4x  2 ，解得 x  2 .
3．B
解析：若两个平面平行 α/ /β，平面内任意一条直线都与另一平面无交点，因为 n α，所以必有 n β,
即：由 α/ /β 能推出 n / /β，必要性成立;
已知 m, n α， m / /β， n / /β, 若直线 m / /n ，两条平行线同时平行于平面 β，
此时平面 α 可以和平面 β 相交, 故仅则“ n//β”是“α//β”的必要不充分条件.
4．C
解析：设袋中红球有 x 个，
n / /β 不能推出
α/ /β，充分性不成立.
利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到红球的概率约为 0.6，
由题意可得：
x
8  x
 0.6 ，解得 x  12 ，
所以袋中约有红球 12 个. 5．D
解析：如图，连接OC, OD ，因为OC  AB, OC  SO, SO  AB  O, AB, SO  平面SAB ，所以OC  平面SAB ，
OD  平面SAB ，所以OC  OD ，
5
 5 
2

 2 
 12
又O, D 分别是 AB, SB 的中点，所以OD / / SA， 所以直线SA与CD 所成角为CDO （或其补角），
22 12
因为SA 
 5, OD 
1 SA 
, CD 
 3 ，
所以cs∠CDO  OD 5 .
CD3
222
6．B
解析：不超过20 的质数有2, 3, 5, 7,11,13,17,19 共 8 个，
2
任选其中 2 个数差的绝对值小于 4，有2, 3,2, 5,3, 5,5, 7,11,13,17,19 共 6 组，所以任选 2 个不同的质数差的绝对值小于 4 的情况有6A2  12 种，
8 2
从 8 个质数中任选 2 个不同的质数有C2A2  56 种，
所以，所求概率为12  3 .
5614
7．A
解析：由题可知∠PAO  45,∠PBO  37,∠PCO  30 ，
则OA OP
 OP, OB OP
 4 OP, OC OP 3OP ，
tan45
tan37
3tan30
在VOAB 中，由余弦定理得OA2  AB2  OB2  2 AB  OBcs∠ABO, ，
在△OBC 中，由余弦定理得OC 2  BC 2  OB2  2BC  OBcs∠OBC ，又 AB  BC  100, cs∠ABO  cs∠OBC  0 ，两式相加，
得OA2  OC2  2  AB2  OB2  ，即OP2  3OP2  2 10000  16 OP2  ，
9

2
解得OP 150.
8．C
解析：
因为 BA  BC,VPAC 是等边三角形，取 AC 的中点为M ,则 AC  BM , AC  PM ,
又 BM  PM  M , BM , PM  平面 PBM ，所以 AC  平面 PBM
因为 PB  平面 PBM ，所以 PB  AC ，
又点 E, F 分别为棱 PC, BC 的中点，且AEF  π ，故 EF
2
PB, PB  2EF  4 ，
AE  PB ，
又 AE  AC  A, AE, AC  平面 PAC ，所以 PB  平面 PAC .
设VPAC 外接圆的圆心为O ，半径为r ，
3
易得OO  1 PB  2 ，由正弦定理2 2r, r  2
2 
2

 3 
2

2

2sin 60
所以球O 的半径 R 
 4 ，
3
所以球O 的表面积为4πR2  64π .故选 C.
3
AD
解析：该组数据的极差为 x10  x1 ，A 正确；
因为10  70%  7 ，所以该组数据的 70%分位数为 x7  x8 ，B 错误；
2
原数据的平均数为 x  x1  x2  x3 L x10 ，新数据的平均数为 x  x2  x3 L x9 ，无法确定 x 与 x 的大小，
108
C 错误；
剔除数据 x1 ， x10 后得到的新数据的波动变小，所以方差变小，Ｄ正确．
BC
解析：若 z  i,z  1，则 z2  z2  0 ，故 A 错误；
1212
因为 z z  z 2  z z ， z z  0 ，所以 z  z ，则 Z ， Z 关于 x 轴对称，故 B 正确；
1 21
1 11 2
2112
––––→––––→––––→ ––––→
若OZ1  OZ 2 ，则 OZ1  OZ2  OZ1  OZ2 ，则 z1  z2  z1  z2 ，故 C 正确；
1013
 z 2026 1 i 2  2i 1013
由题意得， z2  1 i ，则 1     1，故 D 错误.
ACD
 z2  1 i  
 2i 
解析：A：正六边形的中心为O ，各边长为2 ，所以OA  OC  OE  2 ，
在正六边形中，向量OA, OC, OE 两两之间的夹角均为120∘ ，
根据向量加法的几何意义，三个长度相等且两两夹角为120∘ 的向量之和为零向量，即OA  OC  OE  0 ，正确，
B：根据向量加法的三角形法则，有 AC  AO  OC  OA  OC ， AE  AO  OE  OA  OE ，两式相加得： AC  AE  2OA  (OC  OE) ，
由 A 知OA  OC  OE  0 ，所以OC  OE  OA ，
代入上式得： AC  AE  2OA  OA  3OA ，
–––→–––→3 –––→4
因为 AD  AO  OD  2OA ，所以 AC  AE  2 AD ，而不是 3 ，错误，
–––→
–––→
C：要使 AP  AB 的值最大，即求 AP 在 AB 方向上的投影与 AB 的乘积最大，
AB
AB
因为–––→ 的长度为2 ，需要让 AP 在–––→ 上的投影最大，
–––→
当动点 P 在边 BC 上运动时，随着点 P 从 B 移向C ， AP 在 AB 方向上的投影逐渐增大，
当点 P 与点C 重合时， AP 即 AC ，
在正六边形中， VABC 是顶角为120∘ 的等腰三角形，底边 AC  2 3 ，底角BAC  30∘ ，
–––→–––→
向量 AC 在上的投影长度为
∘  2 3  3 ，
AB
–––→
AC cs 30
3
2
所以 AP  AB 的最大值为 AB  3  2  3  6 ，正确，
D：对于平面内任意一点 P 和正六边形的中心O ，
–––→2
由 PA
–––→ –––→ 2

 OA  OP
–––→2
 OA
–––→ –––→–––→2
 2OA  OP  OP ，
–––→2
–––→2
–––→ –––→ –––→2 –––→2
–––→2
–––→ –––→–––→2 –––→2
–––→2
–––→ –––→–––→2
同理 PB
 OB
2OB  OP  OP , PC
 OC
2OC  OP  OP , PD
 OD
2OD  OP  OP
–––→2–––→2
–––→ –––→–––→2 –––→2
–––→2
–––→ –––→–––→2 ，
PE  OE
2OE  OP  OP , PF
 OF
2OF  OP  OP
所以
–––→2
PA
–––→2
–––→2
 PB
–––→2
–––→2
 PC
–––→2
–––→2
 PD
–––→2
–––→2
 PE
–––→2
–––→2
 PF
–––→2
–––→2
–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→
 6PO
 OA
 OB
 OC
 OD
 OE
 OF
2OP  OA  OB  OC  OD  OE  OF ，
同 A 分析有OA  OC  OE  OB  OD  OF  0 ，
–––→2
故原式 6PO
–––→2

 OA
–––→2
 OB
–––→2
 OC
–––→2
 OD
–––→2
 OE
–––→2

 OF，
已知中心到各顶点的距离均为2 ，则后一项为6  22  24 ，故原式
–––→2
6PO
 24 ，
22  12
当点 P 在边上运动时， PO 的最小值为边心距
，此时 PO2  3 ，
3
PO  4
PO 的最大值为半径2 ，此时–––→2
–––→2

，因此 PO  3, 4 ，
所以原式的取值范围为42, 48，正确.
12．48
解析：由题意得，3
5  4  3
 n  12 ，得n  48
2
13． 2
解析：依题意，正三棱锥 A−BCD 侧面沿 AC 剪开，将V ACD,V ABD,V ABC 展开置于同一平面内，连接CC ，
则线段CC 就是绳的最短长度，此时∠CAC  120∘ ，由CC2  AC 2  AC2  2 AC·AC·(  1 ) ，
2
得3AC 2  24 ，解得 AC  2 2 ，所以该三棱锥的侧棱长为2 2 .
14．1,1
2 
解析：因为
，所以c()
c cs B  cs A  a  b
a2  c2  b2  b2  c2  a2  
2 
2  2 
a b ，整理得(a b)(abc )0 ，
所以a  b 或a2  b2  c2  0 ，
2ac
2bc
若a2  b2  c2  0 ，即a2  b2  c2 ， C  π 与VABC 是锐角三角形矛盾，所以a2  b2  c2  0 不成立，
2
0  A  π

所以a  b ，则 A  B ， C  π  2 A ，由
2得 π  A  π ，
π42

0  π  2 A 
2
sin A  cs B  sin C  sin A  cs A  sin(π  2 A)  sin A  cs A  sin 2 A  sin A  cs A  2 sin A cs A ，
设t  sin A  cs A 
2 sin( A  π) ， 2 sin A cs A  t 2 1，
4
2
因为π  A  π ，所以π  A  π  3π ， 2  sin( A  π)  1，所以1  t ，
4224424
所以sin A  cs B  sin C  t  t 2 1  (t  1 )2  5 (1,1
24
2) .
15．(1) t  1
2
(2) 13
13
→→→→
→→→→
解析：（1）因为2a  b   a  tb  ，所以2a  b a  tb   0 ，
2
→
所以2a
 1 →  b  tb 2
 0 ，
2t a
即2 12  1 2t  2 1cs 2π  t  22  0 ，
3
解得t  1 ．
2
→→→
→2→ →2
 1 
（2）由题意得a 3a  2b   3a
 2a  b  31
 2 1 2  

  1，
2

9 a 12 a b cs 4 b
3
→ 2
→
→
2π
→
2
9 12 1 2   4  2
 1 
 2 
2

→→
3a  2b


 13 ，
→
设向量a 与
3a  2b
的夹角为θ，
→→→
a 3a  2b 
1 13
则csθ →→
→ ．
13
13
a 3a  2b
即向量a 与
16．(1) 1
3a  2b
→
11
的夹角的余弦值为 13 .
13
(2) 7
36
6 ， 3 ， 2
解析：（1）设每局比赛中，甲获胜为事件 A ，乙获胜为事件 B ，甲、乙平局为事件C ，
则 P  A  1 1 2   1 ， P  B  1 1  2  1 ，
2 3 62  33

P C   1 P  A  P  B  1 1  1  1 ．
632
（2）设比赛进行 3 局就结束为事件 D ，第i 局比赛中甲获胜为事件 Ai ，第i 局比赛中乙获胜为事件 Bi ，
i  1, 2, 3 ，
则 D  A1 A2 A3  A1 A2 A3  B1B2 B3  B1 B2 B3 ，
所以 P  D  P  A1 A2 A3   P  A1 A2 A3   P B1B2 B3   P B1 B2 B3 
 1 1  1  1  1 1 1  1  1 1  1  1  1 1 1  1  7 ．
6 
6 66 
6  6 
3  3 33 
3  336

17．(1) a  0.030 ，74.5．
平均数为 70.5，方差为 35
解析：（1）根据题意， 0.015  0.020  a  0.025  0.01010  1 ，解得a  0.030 ． 0.15 55  0.20  65  0.30  75  0.2585  0.10  95  74.5 ，
估计这 200 名客户的满意度评分的平均数为 74.5．
（2）由频率分布直方图可知评分在60, 70 ， 70,80 的频率比为2 : 3 ，
则样本中在60,80 内的评分的平均数为 2  64.5  3  74.5  70.5 ，
55
样本中在60,80 内的评分的方差为 2  14  64.5  70.52   3  9  74.5  70.52   35
18．(1) A  π
3
5 5 
(2)（ⅰ）
 5 ；（ⅱ） AD  3 7 ．
7
4
sinA  sinC a  c
解析：（1）因为sinB  sinC 
b
由正弦定理
a 
sin A
b
sin B
 c
sin C
 2R ， R 为VABC 外接圆半径.
所以b  c  a  ca  c ，即b2  c2  a2  bc ，
b
b2  c2  a2bc1
所以csA  ，
2bc2bc2
又 A 0, π ，所以 A  π ．
3
（2）（ⅰ） S
 1 bcsinA  1 c  2  3  3 3 ，解得c  3 ．
V ABC
2222
由余弦定理，得a2  b2  c2  2bccsA  4  9  2  2  3  1  7 ，所以a  7 ，
2
7
7
所以VABC 的周长为a  b  c  2  3  5 ．
（ⅱ）设 BD 
7m ， CD 
7n ， m  n  1 ， m ， n 0,1 ，
7m
7
所以 SV ABD  m ，则S  S
 mS，
SV ABC
1V ABD
V ABC
所以 1
2 3
S1
1，
2 3
mSV ABC9m
同理可得 1
S2
1
nSV ABC
9n ，所以:
18 3
2 3
9  1  2 3  9  1   2 3  9  1 m  n  2 3  9n  m 10 

SS9m9n
9  mn 
9  mn 
9  mn
12
9n  m mn
 2 3  210   32 3 ，
9
9


当且仅当 9n  m ，即n  1 ， m  3 时等号成立，所以 CD 7 ．
mn444
7
a2  b2  c27  4  9
2  2 7
又在VABC 中， csC ，
2ab14
 7 
2
7
7
63
在VACD ， AD 2  AC 2  CD 2  2 AC  CD csC  4    2  2 ，
3 7
4
所以 AD ．
 4 
41416
19．(1)证明：如图，连接 A1C ，交 AC1 于点 F ，连接 FD ．
在三棱台 ABC−A B C 中， AC //AC ，所以 A1F  A1C1  1 ，
1 1 1

1 1CFCA2
又 D 是棱 BC 的中点， E 是线段 BD 的中点，所以 ED  1 ，
所以 ED  A1F ，所以 A E //FD ，
DC2
DCCF1
又 A1E  平面C1 AD ， FD  平面C1 AD ，所以 A1 E // 平面C1 AD ．
(2) 2
3
4 5
15
解析：（1）略
过 D 作 DO  AC ，垂足为O ，过O 作OM  AC1 ，垂足为M ，连接MD ， C1O ．因为 AA1  平面 ABC ， DO  平面 ABC ，所以 AA1  DO ，
又 DO  AC ， AC  AA1  A ， AC ， AA1  平面 ACC1 A1 ，所以 DO  平面 ACC1 A1 ．因为 AC1  平面 ACC1 A1 ，所以 DO  AC1 ，
又OM  AC1 ， MO  DO  O ， MO ， DO  平面MOD ，所以 AC1  平面MOD ，
因为MD  平面MOD ，所以 AC1  MD ，所以OMD 为二面角 D  AC1  C 的平面角．
又 DO  AB  1， AC

 5 ， OM  AO  OC1  2 ，
AA2  AC 2
11 1
5
21AC1
DO2  OM 2
在Rt△MOD 中， MOD  90 ，则MD 

 3 ，
1 4
5
5
所以cs OMD  OM  2 ，即二面角 D  AC  C2
MD3
1的余弦值为 ．
3
因为 BB1 //C1D ， BB1  平面C1 AD ， C1D  平面C1 AD ，所以 BB1 // 平面C1 AD ，所以点 B1 到平面C1 AD 的距离等于点 B 到平面C1 AD 的距离．
设点 B1 到平面C1 AD 的距离为d ，
V 1  AA  S 1  AA  1  AD  BD  1  2  1  2 2  2 ，
三棱锥C1  ADB31△ ADB3
1 2323
V 1  d  S
 1  d  1  AC  MD  1  d  1  5  3
 d ，
三棱锥BC1AD3
△C1 AD321
322
5
由V V
，得 d  2 ，解得d  4 ，
三棱锥C1  ADB
三棱锥BC1 AD233
4
设直线 AB1 与平面C1 AD 所成角为θ，所以sinθ
d d
AA2  A B2
11 1
AB1
 3  4 5 ，
515