湖北省部分省级示范高中2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分省级示范高中2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复数的虚部为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法运算及共轭复数的概念求解．
【详解】，
得复数的虚部为，
得，故．
2. 已知向量，，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量夹角的坐标表示求解即可.
【详解】由题设，，，
所以.
因为，所以.
3. 一个水平放置的平面图形按斜二测画法得到的直观图为平行四边形，如图所示，已知，则平面图形的面积为（ ）
A. 4B. 8C. 16D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法画出平行四边形的原图并确定边长，计算即可.
【详解】已知，，斜二测坐标系中，
直观图是平行四边形，因此：，
根据斜二测面积关系可得：.
4. 某AI数据中心对某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，若词元调用量的众数为，平均数为，中位数为，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据众数、中位数、平均数的概念及与频率分布直方图的关系判断.
【详解】在频率分布直方图中，中位数左右两边面积相等，平均数受极端值的影响，众数是最高矩形底边中点，也就是频率最高那一组的中点位置.
根据如图频率分布直方图左拖尾可知，平均数小于中位数，峰值靠右，所以众数最大，故.
5. 袋子中有6个相同的球分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取5次，每次取一个球．记录每次取到的数字，统计后发现这5个数字的平均数为5，方差小于1，则（ ）
A. 可能取到数字3B. 中位数可能是5
C. 极差可能是4D. 众数可能是3
【答案】B
【解析】
【分析】对于AC选项，根据题意结合平均数，方差和极差的定义分析判断，由A选项的结论判断D选项，对于B选项，举例说明即可.
【详解】由题意可得，个数字的平均数为，因此总和为 ，
方差，整理得，即平方和最大为4（平方和为整数），
A：若取到个，则，
剩余个数的平方和最多只能为，即剩余个数都是，
总和为 ，不符合，
若取到3有个或以上，平方和至少为，不符合，
因此不可能取到，A错误，
B：举例：取5个数为，总和为，
满足平均为5，平方和，满足方差小于1，
排序后中位数为第三个数，即，符合要求，因此B正确，
C：若极差为，即最大数最小数，仅两种可能或，
若最小数是：，平方和超出要求，
若最小数是2：，平方和超出要求，
因此极差不可能为，C错误，
D：由A的结论，不可能取到3，因此众数不可能是3，D错误.
6. ，是不共线的单位向量，若向量，则把有序数对叫作向量以，为基底的坐标，记作．若，，，则（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】，，，
．
7. 的三边边长分别为4，5，6，分别以三边，，所在直线为轴，将三角形旋转一周，所得到的封闭图形围成三个几何体，这三个几何体体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出以的三边所在直线为轴旋转得到的几何体体积，再比较大小即可.
【详解】在中，令，由余弦定理得，
显然的最大角为锐角，，
过作于，过作于，过作于，
由，
得，
则以直线为轴所得几何体的体积；
以直线为轴所得几何体的体积，
以直线为轴所得几何体的体积，
显然，所以三个几何体体积的最小值为.

8. 已知为单位向量，，，则有（ ）
A. 的取值范围是B. 存在向量，，使
C. 的最大值为10D. 的最大值为6
【答案】D
【解析】
【分析】不妨设，，，则，，则，则点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，即可依次判断选项．
【详解】如图所示：

不妨设，，，
则，，
因为，
则，
则点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，
对于A项，得，则，故A项错误；
对于B项，直线与圆相切时，此时，
得，
故与的夹角小于，故B项错误；
对于C项，由得，，
得，得，
则，
由，得，
得，故C项错误；
对于D项，，由，得，故D项正确．
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列四组向量中，不能作为基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据基底的定义判断即可.
【详解】对于A，设，则，因为，不共线，
所以不存在实数满足条件，故，不共线，可以作为基底.
对于B，设，则，
因为，不共线，所以，所以，共线，不能作为基底.
对于C，设，则，因为，不共线，
所以不存在实数满足条件，故，不共线，可以作为基底.
对于D，设，则，
因为，不共线，所以，所以，共线，不能作为基底.
10. 已知，为复数，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则或D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【详解】设，
对于A，
，
，
所以，A正确；
对于B，，，
所以，B正确；
对于C，若，则，所以或，
所以或，
对于D，取，此时，
满足，
但，D错误.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，，，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，则（ ）

A. 时，截面为五边形
B. 时，截面面积为
C. 时，三棱锥的外接球球心
D. 时，截面分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，作出截面并求出截面面积判断AB；当时，作出截面，确定点的位置判断C；求出两部分体积判断D.
【详解】对于A，当时，延长交的延长线于点，过点作分别交
于点，连接，则五边形为截面，A正确；

对于B，由选项A知，由平面平面，得平面与
平面、平面的交线平行，则四边形是平行四边形，
由，得，由等角定理得，
则∽，，解得，即点是中点，
于是，，，
取中点，中点，连接，则
，，，
截面面积
，B错误；
对于C，当时，为中点，则，截面为等腰梯形，
分别取中点，得长方体，
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为中点，，C正确；

对于D，由分别为中点，得的延长线交于一点，
则几何体为三棱台，，
三棱台体积为，
正方体的体积，较大部分的体积为，
因此较小部分与较大部分的体积比为，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点，向量，点是线段上靠近点的三等分点，求点的坐标______．
【答案】
【解析】
【分析】由题，设，代入坐标运算解方程求出点的坐标.
【详解】由题，设，
所以，即，
所以，解得，
所以点的坐标为.
故答案为：
13. 已知随机事件、满足，，，则__________．
【答案】.
【解析】
【详解】事件可拆分为互斥事件与，即,
由互斥事件加法公式 ,所以
解得：
事件可拆分为互斥事件与，即 ,
同理
所以，.
14. 在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1，若的长度的最小值为，则锐二面角的大小为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二面角的平面角的定义可知两点到定直线距离固定时，两点连线长的最小值出现在两点在直线上的垂足重合的位置，利用余弦定理，结合最小距离即可求得二面角大小.
【详解】分别过点作 于点，过点 作直线 于点 ，
则，，
根据二面角平面角的定义，垂直于棱的两条垂线的夹角即为二面角的平面角,
设锐二面角 的大小为 ，则 与 的夹角为 或其补角.
线段 的长度可理解为两个分量的合成，即沿直线 方向的分量（即垂足 、 之间的距离）
与垂直于直线 方向的分量（由 、 及二面角决定）的合成.
当沿 方向的分量为 ，即两个垂足 、 重合时， 取得最小值， 长仅由两条垂线段和二面角决定,
当垂足重合时， ，因，，,
由余弦定理：，解得
因为二面角是锐角，所以为锐角，故 .
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. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数，用表示红色骰子的点数，表示绿色骰子的点数，表示一次试验的结果，设“两个点数之和等于6”，“至少有一颗骰子的点数为4”
（1）求事件，的概率；
（2）求事件，的概率．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】(1)求出事件，的基本事件以及个数，利用古典概型的公式计算概率即可；
(2)求出事件的基本事件以及个数，得出，再由得出答案.
【小问1详解】
，样本点总数
“两个点数之和等于6”，即
则，所以
所以
“至少有一颗骰子的点数为4”
则，
所以，所以；
【小问2详解】
，所以
所以
所以.
16. 已知三棱锥，平面，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）已知，，，求与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明：如图，过点作，垂足为．
平面平面，平面平面，平面,
平面．
平面，．
平面，平面，．
又平面，
平面．
（2）
【解析】
【分析】(1)过点作，垂足为．由面面垂直的性质先证，再利用线面垂直的判定定理即得证；
（2）过点作于，连接，证明与平面所成角为，借助于三角函数的定义即可求得.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
过点作于，连接.
平面，平面，
平面平面，
平面平面，平面，，
平面，连接，
则是与平面所成角，
由（1）得平面，平面,则，，
在中，,
在中，，
.
17. 如图，平面，四边形为矩形，，，．
（1）是否存在实数，使得平面平面，若存在，求出实数的值，若不存在，说明理由；
（2）当取最小值时，求的值；
（3）若，直线与平面所成角为，直线与所成角为，二面角的平面角为．证明：
【答案】（1）不存在，理由如下：
因为平面，平面，所以.
矩形中，.
因为平面，，所以平面.
若平面平面，过作两平面交线的垂线，则平面.
又平面，所以过点存在两条直线与同一个平面垂直，显然矛盾．
所以平面与平面不垂直，
即不存在使平面平面.
（2）
（3）取中点，连接，，，，则.
由，得，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.
因为平面，则即为直线与平面所成角，
所以，平面.
又，所以直线与所成角即为直线与所成角，即.
在中，.
因为平面，，所以平面.
因为平面，所以.
在中，.
所以.
因为平面，平面，所以.
矩形中，.
因为平面，，所以平面，
所以即为二面角的平面角，所以.
又，，则，
则，则.
所以，即.
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的性质证明即可.
（2）以为对称轴，将旋转到平面内，结合两点间直线最短求解即可.
（3）取中点，根据直线与平面的夹角，异面直线的夹角，二面角的定义得到，，，结合三角函数证明即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由已知，，故，，，四点共面，
以为对称轴，将旋转到平面内，且，在直线异侧，
则，当且仅当，，三点共线时取等号，
已知四边形为矩形，，，则，，
此时，
即．
【小问3详解】
略
18. 已知，，分别为非钝角三个内角，，的对边，，
（1）求角；
（2）若为的中点，求中线的取值范围．
（3）为延长线上一点，，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再通过两角和公式与辅助角公式化简即可求解；
（2）利用中线向量公式与余弦定理将转化为关于的函数，再通过正弦定理及三角恒等变换，结合锐角三角形的范围限制即可求解.
（3）设，，在中和中，分别由正弦定理可得，进而得，可求面积的最小值．
【小问1详解】
由已知及正弦边角关系可得，
，
即，，
因为，所以，所以，
即，即，又，
，则．
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
两边平方得，
在中，由余弦定理得，即，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，，
所以
，
因为为非钝角三角形，所以，，
则，解得，
所以，所以，则，
所以，所以中线的取值范围是．
【小问3详解】
设，，则，.
在中，①，
在中，②，
得：，
.
，
，
，
即面积的最小值为．
19. 某校举办党史知识比赛，比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了100位同学的测试成绩，按、、、、分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图．

（1）若规定成绩排名前25%的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？
（2）若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，．记总的样本平均数为，方差为．证明：．
（3）已知随机调查的100位同学的测试成绩落在内的平均成绩是77分，方差是4分，落在内的平均成绩是84分，方差是6分，两组成绩合并后的平均数为，方差为．求
【答案】（1）87.5
（2），
又
．
又
．
又，
所以，
同理，
所以
所以
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算样本数据的第75百分位数即可；
（2）利用样本平均数，方差公式化简即可证明.
（3）先求出总体平均数，再利用分层抽样的方差公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，进入决赛的同学成绩的分数线为样本数据的第75百分位数，
设样本数据的第75百分位数为，
由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1可得，
解得，
前三个矩形的面积之和为，
前四个矩形的面积之和为，所以，
由百分位数的定义可得，解得，
故进入决赛的同学成绩应不低于87.5分．
【小问2详解】
略.
【小问3详解】
由题意可知，成绩落在的频率为，
成绩落在的频率为，
所以，，