福建省泉州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学（A卷）试卷含答案解析

这是一份福建省泉州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学（A卷）试卷含答案解析，共49页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数满足，则对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为900，其中男生的人数为500，若女生抽取的人数为20，则男生抽取的人数为（ ）
A．B．C．D．
4．若一列数的中位数是，则该列数的第百分位数是（ ）
A．B．C．或D．
5．具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质点受到两个力和的作用，已知与的夹角为，N，则与的合力大小为（ ）
A．20NB．N
C．ND．N
6．已知复数满足条件，则的最小值为 （ ）
A．1B．3C．4D．5
7．已知点是的重心，且，．若三点共线，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．在三棱锥中，，，．若在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．四名同学各自进行次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中环的是（ ）
A．中位数为，众数为B．平均数为7，众数为
C．中位数为，极差为D．平均数为，方差为
10．欧拉公式是虚数单位巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．复数的模等于D．
11．如图，在正四棱台中，，，()，则（ ）
A．三棱锥的体积是定值
B．当时，平面平面
C．当时，直线与平面所成的角最大
D．存在，使得平面平面
三、填空题
12．若复数满足，则的虚部为______.
13．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为______.
14．已知非零向量满足，且对任意实数，．则在上的投影向量的模的最小值为______.
四、解答题
15．如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且．
(1)求直线与所成的角的余弦值；
(2)若平面与平面的交线为，证明：．
16．记的内角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求．
17．某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分100分)，共收集统计了1 000份问卷，并将满意度得分按区间，，，，，分为六组，绘制如下频率分布直方图：
(1)补全频率分布直方图；
(2)将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为．统计得到老年人的满意度平均数为，方差为，中年人的满意度方差为，年轻人的满意度平均数为，方差为．
（i）估计该地中年人的满意度平均数；
（ii）估计该地市民的满意度方差．
（参考数据：）
18．若内的点满足，则称为的布洛卡点．记的内角所对的边分别为，已知．
(1)若，证明：的内心为布洛卡点；
(2)已知为的布洛卡点．
（i）若，求；
（ii）若，证明：．
19．如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
(1)证明：平面平面；
(2)点在上，若二面角的正切值为．
（i）求；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值．
参考答案
1．A
【详解】因为，所以.
2．D
【详解】解法一：，所以复数对应的点为，
故对应的点在第四象限．
解法二：因为，结合，所以，
故对应的点在第四象限．
3．C
【详解】因为高一年学生的人数为，其中男生的人数为，所以女生的人数为，
因为采用比例分配的分层随机抽样，设男生抽取的人数为，
所以，解得．
4．B
【详解】因为的中位数为，所以，故这一列数为，
又，所以第百分位数是这一列数中的第个数，为．
5．C
【详解】因为与的夹角为，，
所以，
即合力为．
6．C
【详解】

由复数满足条件，即，
得复数表示的点在以为圆心，半径为的圆上．
而的几何意义为原点到圆的点的距离．
的最小值为圆的圆心与原点的连线段的长度减去半径，
圆的圆心与原点的连线段的长度为，
则的最小值为，故选项C正确．
7．B
【详解】

因为点是的重心，所以，
，又，，所以，
因为三点共线，所以，
因此，当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
8．D
【详解】在中，，，
由余弦定理得：，即，
取中点，连接并延长至，使得，
即是的外接圆圆心且．
在中，因为，所以，所以，
因此的外接圆圆心为点．
连接，显然，同理，所以是二面角的平面角．
在直角中，，由勾股定理得，
又，所以 ，所以，
所以平面⊥平面，又，平面，
由点是的外接圆圆心，即球心在直线上．
又是的外接圆圆心，即球心也在过点且垂直于平面的直线上，
两条垂线的交点为点，所以是三棱锥的外接球球心．
所以球的半径，球的表面积为．

9．CD
【详解】对于A，若有环，则只能出现在第4或5位，则命中环数可以是，
符合中位数为，众数为，所以可能命中过环，故A错误；
对于B，若有环，可设环数为，，，，，(，)，
则，即，可取，，即可能命中过10环，故B错误；
对于C，若有环，则命中环数最小为7环，则中位数不可能为，所以一定没有命中过10环，故C正确；
对于D，若有环，则设环数由小到大排序为，
则，所以一定没有命中过环，故D正确．
10．ABD
【详解】对于A选项，，，故A选项正确；
对于B选项，，故B选项正确；
对于C选项，解法一：，
解法二：，
所以，故C选项错误；
对于D选项，
，故D选项正确．
11．ACD
【详解】对于选项A，如图1，连结交于点，连结，
在正四棱台中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以上任意一个点到平面的距离都相等，即三棱锥的体积是定值．
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
所以三棱锥的体积是定值，故A选项正确；
对于选项B，若，则点运动到点，
解法一：如图2，在正棱台中，因为，，
所以四边形为梯形，所以与一定相交，
即平面与平面相交，故B选项错误；
解法二：假设平面平面，
因为，所以四点共面，
因为平面平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B选项错误；
对于选项C，如图3，过点作平面，垂足为，
则直线与平面所成角为，所以，
因为是定值，所以要达到最大，只要达到最小，此时．
因为，所以，
故是中点，即，故C选项正确；
对于D 选项，因为，所以梯形的高为，
故，所以，则．
由C选项可知， ，所以，
则三角形是等腰三角形，即是锐角，
又因为是钝角，所以必然存在点，使得是直角，
即存在，使得，因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故D选项正确．
12．4
【详解】设，则，所以，解得，
所以的虚部为4.
13．
【详解】因为正方体的棱长为2，所以正方体的体积为．
取中点连结，因为且，所以与必相交，分别连结，并延长相交于点，
因为平面，平面，且平面平面，
所以在上，所以，因为，
所以较小部分几何体的体积为．
14．
【详解】解法一：由题可设，，则，
对任意实数，有，即恒成立，
即 对任意实数恒成立，
故，即，即或，
故在直线的上方（含边界）或在直线的下方，
由对称性不妨设在直线的上方（含边界），因为，如图，
在上的投影向量的模的最小值为．

解法二：由题可设，，，
，因为，即，又为轴的动点，
所以点到轴的距离最小值为，即或，下同解法一.
15．(1)
(2)正方形中，，
平面，平面，
平面．
平面，平面平面，
．
【详解】（1）连结，
在长方体中，，，
四边形为平行四边形，．
或其补角为直线与所成的角．
多面体的上面为正四棱锥，下面为长方体，高都为1，
四边形为正方形，设其中心分别为，
连结，则过点，且平面，平面，
连结，则，且，
易得，，
，，
在中，
，
直线与所成的角的余弦值为．
（2）略
16．(1)
(2)
【详解】（1）解法一：在中，由余弦定理得：
，
即，因为，所以，即，
因为，所以．
解法二：在中，由正弦定理得：
，
因为，所以，
所以，即，因为，所以．
（2）解法一：由（1）知，，因为，
在中，由正弦定理得：，
整理得，即．
又，故；所以，即，
则．
解法二：如图过作于，因为，

在中，，在中，，所以，
因为，所以，
即，因为，所以，
因为，所以，所以．
17．(1)
(2)（i）；（ii）．
【详解】（1）设得分在对应的矩形高度为，则
由，得，
补全频率分布直方图，如图所示．
（2）（i）因为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为，所以老年人、中年人、年轻人分别收集300份，300份，400份调查问卷，
设总样本平均得分为，方差为，则由频率分布直方图得：
．
老年人的满意度平均得分为，方差为，中年人的满意度平均得分为，方差
为，年轻人的满意度平均得分为，方差为，
因为，所以，
用样本估计总体，可以估计该地中年人的满意度的平均数为.
（ii）因为
.
用样本估计总体，可以估计该地市民的满意度方差为．
18．(1)在中，若，则由正弦定理可得：，
又因为，所以，即.
代入，可得，即，
所以为等边三角形．
若点是的内心，则分别是角平分线，
即，所以点是的布洛卡点．
(2)（i）
（ii）法一：若，则，所以，
设，则，
在中，由正弦定理得：，即，
所以，①
在中，由正弦定理得：，即，
所以，②
由①②得：．
法二：若，则，所以，
在中，，
由正弦定理得，，即，
在中，，
由正弦定理得：，即，
由得：，即．
法三：若，则，所以，
设，则，，
在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
上面两式相除得：，
化简得：，
因为，所以，
所以为等边三角形，
显然满足．
【详解】（1）略.
（2）（i）法一：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
又，所以，即为直角三角形，
所以．
当点为的布洛卡点时，设，
则，
在中，，
在中，由正弦定理得：，即，
解得：．
法二：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
又，所以，即为直角三角形，
所以．
当点为的布洛卡点时，设，
则，
在中，，
在中，由正弦定理得：，即，
所以，即，
化简得：，
即．
（ii）略.
19．(1)连接，交于点，连结．
由，且，则四边形是菱形，
则，且点是的中点，所以，，
又，则为等边三角形，所以，
所以，
又，则，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
(2)（i）（ii）
【详解】（1）略
（2）（i）
解法一：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为点，连结．
由，且平面，所以平面，
又平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，所以是二面角的平面角，
又二面角的正切值为，即，
设，（），
则，，
又，所以，，
由（1）和均为边长为的等边三角形，
在中，，，，
则由余弦定理得，
则，所以，
又，所以，所以，
所以，
所以在中，由正弦定理有，
即，即，
所以，
所以，解得，即．
解法二：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结．
由，且平面，所以平面，
又平面，所以，
又，且，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，所以是二面角的平面角，
又二面角的正切值为，所以，
在中，，，，
则由余弦定理得，即，
则，所以，所以，
设，（），则，
又，所以，，
过点作交于点，则，
又是的中点，则是的中点，所以，
又，则，
又在中，，，，
则由余弦定理得，
则，所以，
所以，所以，
又，则，所以，
所以，解得， 即．
解法三：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结．
由，且平面，所以平面．
又平面，所以，
又，且，平面，所以平面．
又平面，所以，
又，所以是二面角的平面角，
又二面角的正切值为，所以．
设，（），则，，
又，所以，
在中，，，，
则由余弦定理得，
则，所以，
所以，所以，
所以，
所以在中，由正弦定理有，即，
所以，
所以，
所以，解得，即．
（ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则．
又结合（i）有，即是的中点，即，
在中，有，，则，
在中，有，，，则，
所以在中，，
所以在中，，
在中，有，，，
则到边的高为，所以，
又在中，，
又，即，
所以，所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
解法四：
（i）由（1）可知，，，两两垂直，
则以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
由，，则，，，
在中，由余弦定理有，即，
则，所以，
结合（1）有，，
则，，，，
所以，，，
设，（），则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，即，
显然，是平面的一条法向量，
设二面角的平面角为，
又二面角的正切值为，则，则，
所以，
整理得，解得，或（舍去），即．
（ii）结合（i）可知，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．