江苏无锡市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份江苏无锡市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了高二等内容，欢迎下载使用。
单选题
一个袋子中有大小和质地相同的 4 个球，其中有 2 个红球，2 个绿球，每次从中随机摸出 1 个球，有放回地连续摸球两次．下列事件中，与事件“至多一次摸到红球”互为对立事件的是（ ）
至少一次摸到红球B．两次都摸到红球
C．只有一次摸到红球D．两次都没有摸到红球
在VABC 中，内角 A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ，已知a  2 ， c  3 ， C  30 ，则sinA  （ ）
A． 3
3
B． 2
4
C． 3
4
D． 1
3
某高中高一、高二、高三年级学生人数分别为 550，550，500，为了解各年级学生每天体育活动的时间，通过分层随机抽样的方法抽取容量为 64 的样本，其中高二学生比高三学生多（ ）
A．2 人B．4 人C．6 人D．8 人
AB
已知 AB  2, 2 ， CD  1, 3 ，则向量–––→ 在向量CD 上的投影向量的坐标为（ ）
A．  2 , 6 
B．   2 , 6 
C．   2 ,−6 
D．  2 ,−6 
 5 5 
 5 5 
 55 
 55 

已知事件 A 与 B 相互独立， P  A  0.7 ， P  AB  0.14 ，则 P  A  B  （ ）
A．0.9B．0.88C．0.76D．0.6
已知一个圆台的上、下底面半径分别为 1 和 2，体积为 7 15 π ，则该圆台的侧面积为（ ）
3
6πB． 8πC．10πD．12π
如图，测量河对岸塔高 AB 时，选取与塔底 B 在同一水平面内的两个测量基点C 和 D ，其中BCD α，
BDC  β．现测得α 15 ， β 120 ， CD  10 m ，在点C 处测得塔顶 A 的仰角θ 60 ，则塔高 AB 为
（ ）
10 2 mB．15 2 mC． 30 2 mD． 35 2 m
已知正三棱柱 ABC−A1B1C1 的底面边长为2 3 ，点 B 到直线 A1C1 的距离为 5，则该正三棱柱外接球的体
积为（ ）
16 2 π
3
64 2 π
3
32πD． 64π
多选题
已知复数 z ，下列命题正确的是（ ）
若 z−2  R ，则 z  R
若 z−3i  R ，则 z 的虚部为3
若 z  1，则 z  1或 z  i
若 z  2  i ，则复平面内表示 z  z  i  的点位于第一象限
已知l ， m ， n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则( )
若l //α， l //β，则α//β
若l//m， m α， l  β，则α β
若l  m ， l  n ， m α， n α，则l α
若α//β， l α， m  β， l γ， m γ，则l//m
11．（多选题）某人抛掷骰子 5 次，分别记录了骰子出现的点数，根据下列统计结果，可能出现点数 6 的有
（ ）
平均数为 4，中位数为 4B．中位数为 4，极差为 3
C．平均数为 3，方差为 1.6D．中位数为 3，方差为 3.6
填空题
从分别写有 0，1，2，3 的四张卡片中不放回地抽取两张，则抽到的两张卡片上数字之和大于 3 的概率为．
为推进智慧城市建设，某市举办 AI 应用解决方案大赛，现统计所有参赛选手的成绩并绘制频率分布直方图（如图所示），已知[80, 90) 这组的频数是[60, 70) 这组频数的 2 倍．若选取成绩前 25%的选手为一等奖获得者，估计一等奖的分数线为分．
在平面内，直线m//n ，P 在两直线之间且到m, n 的距离分别为 1，2，过 P 作两条相互垂直的射线与m, n
→–––→
分别交于M , N 两点， G 为VPMN 的重心．若设 PM  a ， PN  b ，则MG 可用a ， b 表示为； PG
的最小值为．
解答题
→→
3
已知向量a 与b 的夹角为30 ， a 
， b  1．
→→
求 a  b 的值；
2a
设向量
→  b 与 →  b 的夹角为θ，求csθ的值．
a
在正方体 ABCD  ABCD 中，点 E ， F ， G ， H 分别为棱 AB ， BC ， CC ， AA 的中点．
点 E ， F ， G ， H 是否共面？请说明理由；
证明： BD  平面 EFG ．
甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得 1 分，未击中者得 0 分．甲
每次击中目标的概率为 3
4
，乙每次击中目标的概率为 2
3
，假设每人每次射击的结果互不影响．
第一轮比赛结束，求两人得分和不为 0 分的概率；
在前 20 轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，
则为平局．
求加赛满三轮的概率；
求甲获胜的概率．
m
n
记VABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ， →  2c−b, 2a ， →  csB,1 ，且满足m / /n ．
求 A ；
设 D 在 BC 上且 AD 平分BAC ．
若a  4
， AD  2
，求VABC
的面积；
3
若b  4 ， c  6 ， M 为线段 AB 的中点， CM 与 AD 交于点Q ，求CQ 的长．
如图，在四棱锥 P−ABCD 中， VPAD 为等边三角形， AD  2BC ， AD//BC ， CB  CD ， PB  PA ．
若平面 PAD 与平面 PBC 的交线为l ，证明： AD //l ；
证明：平面 PAD  平面 PBC ；
若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 60°，求平面 PAB 与平面 ABCD 所成二面角的正切值．
参考答案
1．B
解析：设两次有放回摸球中摸到红球的次数为随机变量 X ，则 X 的所有可能取值为0,1, 2 .
事件“至多一次摸到红球”即{X  1} ，包含“两次均未摸到红球（ X  0 ）”和“仅一次摸到红球（ X  1 ）”两类基本事件.
根据对立事件的定义，{X  1} 的对立事件为{X  1} ，即{X  2} ，对应事件为“两次都摸到红球”.
2．D
解析：由正弦定理可得sinA  asinC 
c
2  1
2  1 .
33
3．A
解析：三个年级的总人数 N  550  550  500  1600 .
根据分层随机抽样的定义，抽样比k  64  1 ，
160025
则高二年级抽取人数为n  550  1  22 ；
2
高三年级抽取人数为n  500  1
25
 20 .
325
因此高二抽取的学生比高三多的人数为22  20  2 人.
4．B
–––→
AB  CD  –––→
2  6 –––→
2 –––→
 2 6 
解析：向量 AB 在向量CD 上的投影向量为
–––→ 2
CD 
1 9
CD  5 CD    , 
CD
5 5 
5．C
P  AB
0.14
解析：因为 A 与 B 相互独立，所以 P  A P  B  P  AB  P  B  0.2 ，
所以 P  A  B  P  A  P  B−P  AB  0.7  0.2  0.14  0.76 . 6．D
解析：设圆台的高为h ，
15

依题意， 1 π 12 1 2  22 h  7 15 π, h ，
33
115
设圆台的母线长为l ，
P  A
0.7
2 12  h2
则l 

 4 ，
所以圆台的侧面积为π1 2 4  12π . 7．B
解析：在VBCD 中， CBD  180−15−120  45 ，
由正弦定理可得，
CD BC
，则 BC 
CD 
sinβ
10  3
2
 5 6 m，
sinCBD
sinβ
sinCBD2
2
3
2
在Rt△ABC 中， AB  BC  tanθ 5 6  15m.
8．B
解析：设底面 ABC 的外接圆圆心为O1 ，正三棱柱 ABC−A1B1C1 的外接球球心为O ， D 为 AC 的中点，连接
BD ，过 D 点作 A1C1 的垂线 DD1 ,
因为底面边长为2 3 ，点 B 到直线 A1C1 的距离为 5，
则O1 A 
DD1 
3 AB  2 , BD 
3
52  32
 4 ，
3 AB  3,
2
所以OO  1 DD  2 ，
121
OO 2  O A2
11
所以OA 
 2 2 ,
故正三棱柱外接球的体积为 4 πOA3  64 2 π .
33
ABD
解析：设 z  a  bi,a, b  R ，
则 z−2  a  2  bi  R ，故b  0 ，则 z  a  R ，故 A 正确；
z−3i=a  b  3i  R ，则b  3  0 ，解得b  3 ，故 B 正确；
取 z  1  3 i ，满足 z  1，故 C 错误；
22
若 z  2  i ， z  2  i ，则2  i2  2i  4  4i  2i  2i2  6  2i ，对应点6, 2 ，位于第一象限，故 D 正确．
BD
解析：选项 A，当直线l 同时平行于平面α与β时，α与β可能相交，
例如：当直线l 平行于两平面的交线时，满足条件，但此次不能得出α/ /β，故 A 错误；选项 B，由l / /m 、m α，根据线面垂直的性质得l α；
又l  β，根据面面垂直的判定定理，可得α β，故 B 正确；
选项 C，线面垂直需直线垂直于平面内两条相交直线，
但题中未明确直线m, n 相交，所以不能推出l α，故 C 错误.选项 D，由l α且l γ，得直线l 是平面α与γ的交线； 由m  β且m γ，得直线m 是平面β与γ的交线.
已知α/ /β，根据面面平行的性质定理：两平行平面被第三个平面所截，所得交线互相平行，故l / /m ，故 D 正确.
ABD
解析：对于选项 A，当骰子的点数为 2，3，4，5，6 时，满足平均数为 4，中位数为 4，可以出现 6 点，故选项 A 正确；
对于选项 B，当骰子的点数为 3，3，4，5，6 时，满足中位数为 4，极差为 3，可以出现 6 点，故选项 B 正确；
对于选项 C，若平均数为 3，且出现点数 6，则S 2  1 6  32  1.8  1.6 ，
5
所以当平均数为 3，方差为 1.6 时，一定不会出现点数 6，故选项 C 错误；
对于选项 D，当骰子的点数为 1，1，3，4，6 时， x  11 3  4  6  3 ，
5

S 2  1 1 32  1 32  3  32  4  32  6  32   3.6 ，满足中位数为 3，方差为 3.6，故选项 D 正确.
5
1
3
解析：从分别写有 0，1，2，3 的四张卡片中不放回地抽取两张的基本事件有：
0,1, 0, 2, 0, 3, 1, 2, 1, 3, 2, 3 共 6 种抽法；
抽到的两张卡片上数字之和大于 3 的基本事件有1, 3, 2, 3 共 2 种抽法，
所以抽到的两张卡片上数字之和大于 3 的概率为 P  2  1 .
63
85
解析：由频率分布直方图可知，组距为10 ． [60, 70) 组的频率为0.01510  0.15 ．因为[80, 90) 这组的频数是[60, 70) 这组频数的2 倍，且样本容量相同，
所以[80, 90) 这组的频率是[60, 70) 这组频率的2 倍， 即10a  2  0.15  0.30 ，解得a  0.030 ．由频率分布直方图所有小矩形面积之和为1，可得： (0.010  0.015  b  0.030  0.010) 10  1，解得b  0.035 ．
各组的频率依次为： [50, 60) ： 0.010 10  0.10 ； [60, 70) ： 0.01510  0.15 ； [70,80) ： 0.03510  0.35 ；
[80, 90) ： 0.030 10  0.30 ； [90,100] ： 0.010 10  0.10 ．
因为选取成绩前25% 的选手为一等奖获得者，即求第75 百分位数．
前三组的频率之和为0.10  0.15  0.35  0.60  0.75 ， 前四组的频率之和为0.60  0.30  0.90  0.75 ，
所以一等奖的分数线位于[80, 90) 内． 设一等奖的分数线为 x ， 则0.60  (x−80)  0.030  1 0.25  0.75 ，即(x−80)  0.030  0.15 ， 解得 x−80  5 ，即 x  85 ．
故估计一等奖的分数线为85 分．
​
2 →1 →
a 

b1
33
解析：
––––→2 1 –––→––––→
1 –––→–––→ ––––→2 ––––→
1 –––→
可知MG   MP  MN   MP  PN  PM  − PM  PN ，
32333
––––→
2 →1 →
即MG − a  b ；
33
如图所示，以直线m 为 y 轴，点O 为原点，建立平面直角坐标系，
则直线m 方程为 x  0 ，直线n 的方程为 x  3 ，可知点 P 在直线 x  1 上，
设M 0, a, P 1, b, N 3, c ，所以点G  4 , a  b  c  ，
 33

––––→–––→–––→ 1 a  c  2b 
则 PM  1, a  b, PN  2, c  b, PG   3 ,3 ，

因为 PM  PN ，所以a−bc−b  2  0 ，即a−bc−b  2 ，
 1 2 a  c−2b 2
 3   
 
3


1a−b2  c−b2  2 a−bc−b
9

9
a−b2  c−b2
9

5
9
–––→
可知 PG 

，
因为a−b2  c−b2  2 a−bc−b  4 ，当且仅当a−b  c−b 时取等号，
a−b2  c−b2
9

5
9
所以
–––→
PG 

–––→
4  5
99
 1，所以 PG 的最小值为1.
7
15．(1)
(2) 13
14
a b
a
解析：（1）因为 →  →  →
→
b cs 30 
3 1 3 ，
3
22
→
→ 2→→ 2→ 2
→→2
→
3
22
所以 a  b |  a  b 
 a |
2a  b  | b |   3 
 2 1
2
 3  3 1  7 ，
→→
7
所以 a  b
.
→→ 2
→→ 2
→ 2→
→→ 23
（2）因为 2a  b |  2a  b 
 4 a |
4a  b  b
 4  3  4  1  7 ， 2
→→
7
所以 2a  b
→
，
→→→
→ 2→
→→ 2313
又因为2a  b a  b   2 a |
a  b −b |  2  3  1 ，
22
→→→→13
所以csθ 2a  b a  b   2  13 .
2a b
a b
→→ →→

7  714
16．(1)点 E ， F ， G ， H 共面，理由如下：连接 AC, EF , FG, GH , EH
因为 H , G 分别为 AA,CC的中点，所以 AH / /CG ，且AH  CG ，
所以四边形 ACGH 为平行四边形，所以 AC / / HG ，
因为 E, F 分别为 AB, BC 的中点，所以 FE / / AC ，
所以 EF / / HG ，
则 E, F , H , G 四点共面
(2)连接
BD, CB
因为底面 ABCD 为正方形，所以 BD  AC ，
因为 BB  平面 ABCD ， AC  平面 ABCD ，则 BB  AC ，
BD  BB  B ， BD, BB  平面 BBD ，所以 AC  平面 BBD ，
因为 BD  平面 BBD ，所以 AC  BD ，又因 AC / / FE ，所以 EF  BD
因为底面 BCCB为正方形，所以 BC  BC ，
易得 DC  BC ， DC  BC  C ， DC, BC  平面CBD ，所以 BC  平面CBD ，又 BD  平面CBD ，
所以 BC  BD ，
因为 FG / / BC ，所以 FG  BD ，
因为 FG  EF  F ， FG, EF  平面 EFG ，所以 BD  平面 EFG .
解析：（1）点 E ， F ， G ， H 共面理由略
（2）略
17．(1) 11
12
(2)（ⅰ） 49
144
（ⅱ） 277
576
解析：（1）设“甲击中目标”为事件 A，“乙击中目标”为事件 B，
所以 P  A  3 ， PB  2 ， P  A  1 3  1 ， P B   1 2  1 ，
434433
第一轮比赛结束后，两人得分为 0 分的概率为 P  AB   P  A P B   1  1  1 ，
4 312
所以第一轮比赛结束后，两人得分不为 0 分的概率为1−P  AB   1 1  11 .
1212
（2）（ⅰ）设C 表示事件“加赛中第i(i  1, 2, 3) 轮平局”，所以 P C   P  AB  P  AB   3  2  1  1  7 ，

i
要使加赛满三场，则前两场必须平局，
i434 312
所以加赛满三场的概率为  1 2   12
 7 2
P C C

 49 .
144
（ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为： 3  1  1 ，
4 34
若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为： 7  3  1  7 ，
12 4 348
若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为： 7  7  3  1  49 ，
所以甲获胜的概率为： 1  7  49
 277 .
12 12 4 3576
18．(1) A  π
3
448576576
(2)（ⅰ） 4 3 ；（ⅱ） 4 13
7
→→
解析：（1）因为m  2c−b, 2a ， n  csB,1 ，且满足m / /n ．所以2c  b  2a cs B ，
由正弦定理可得： 2 sin C  sin B  2 sin A cs B ，
因为在VABC 中， sinC  sin π− A  B  sin  A  B  sinAcsB  csAsinB ，代入化简得： 2 cs Asin B  sin B  0 ，
1
因为在VABC 中， sin B  0 ，所以2 cs A  1  0 ，即cs A  ，
2
因为 A 0, π ，所以 A  π
3
（2）（ⅰ）因为 D 在 BC 上且 AD 平分BAC
，所以BAD  DAC  π ，
6
由等面积，可得 1 bcsin π  1 c  AD sin π  1 b  AD sin π ，
232626
化简得： bc  2 b  c ，
由余弦定理可得： a2  b2  c2  2bc cs π ，
3
即16  b2  c2 −bc  b  c2  3bc  1 b2c2  3bc ，解得： bc  16 （负数值舍去），
4
所以VABC
的面积为 1 bcsin π  4 3 ；
23
（ⅱ）因为 D 在 BC 上且 AD 平分BAC
所以 BD  c  3 ，
， b  4 ， c  6 ，
DCb2
–––→
所以 AD 
2 –––→
AB 
3 –––→
AC ，
55
–––→–––→
Q
 2 –––→
3 –––→ 
55
因为在 AD 上，设 AQ  m AD  m  AB  AC  ①，

––––→–––→
Q
1 –––→
–––→––––→
 –––→
1 –––→ 
22
在CM 上， CM −AC  AB ，设CQ  nCM  n   AC  AB  ，

–––→–––→–––→–––→
 –––→
1 –––→ 
–––→
n –––→
22
则 AQ  AC  CQ  AC  n   AC  AB   1−n AC  AB ②，

 2m  n
m  5
 527
3m
联立①与②，可得
 1−n
 5
，解得，

n  4
7
–––→
所以CQ 
4 ––––→
CM 
2 –––→
AB 
4 –––→
AC ，
777
–––→2 2 –––→4 –––→ 2
416241208
77
CQ   AB  AC 

 36 16  2    6  4  ，
494977249
所以CQ 的长 4 13 .
7
19．(1)因为 AD//BC ， AD ⊄平面 PBC ， BC  平面 PBC ，所以 AD // 平面 PBC ，又 AD  平面 PAD ，
平面 PAD  平面 PBC  l ，所以 AD //l .
(2)取 AD 的中点M ，连接 PM ， BM .
因为VPAD 为等边三角形，所以 PM  AD .
又 AD//BC ， AD  2BC ，所以MD / / BC, MD  BC ，所以四边形MBCD 为平行四边形，又CB  CD ，
故四边形MBCD 为矩形，所以 AD  MB ，因为 PM  MB  M , PM , MB  平面 PMB ，
所以 AD  平面 PMB ，又 PB  平面 PMB ，所以 AD  PB ，又 PB  PA, PA  AD  A ， PA, AD  平面 PAD ，
所以 PB  平面 PAD ，又 PB  平面 PBC ，所以平面 PAD  平面 PBC .
15
(3)
解析：（1）略
略
由（2）知， AD  平面 PMB ， AD  平面 ABCD ，所以平面 PMB  平面 ABCD ，过 P 作 PO  MB 于O ，
因平面 PMB  平面 ABCD  MB , PO  平面 PMB ,则 PO  平面 ABCD ，所以PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角，即PBO  60 .
过点O 作ON  AB 于 N ，连 PN ，
因为 PO  平面 ABCD ， AB  平面 ABCD ，所以 AB  PO ,
又ON  PO  N , ON , PO  平面 PON ,所以 AB  平面 PON ，
因 PN  平面 PON ，所以 AB  PN ，则PNO 为平面 PAB 与平面 ABCD 所成的角.
设 BC  1，则 AD  2 ， PM 
3 AD ，
3
2
因 PB  平面 PAD ， PM  平面 PAD ，则 PM  PB ,
在RtVPMB 中， BMP  90  PBO  30 ，所以 PB  1, MB  2 .
在Rt△POB 中， PO  PBsin60 
3 ， BO  PBcs60  1 .
在Rt△AMB 中， AB 
22
AM 2  MB2
 5 ，
易得 RtVAMB 与 RtVONB 相似，则 ON  OB ，所以
MAAB
3
1 1
ON 
2 5 ，
510
所以tanPNO  PO  2
ON5
10
 15 .