福建福州市福清市2025-2026学年第二学期高一期末适应性练习数学试卷（含解析）

这是一份福建福州市福清市2025-2026学年第二学期高一期末适应性练习数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．
3．考试结束，考生必须将答题卡交回．
一、选择题：本题共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. 样本数据，，，，的平均数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题，
2. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，，，由余弦定理得,所以.
3. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为复数是纯虚数，
所以，解得.
4. 在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正方体的特点，将异面直线的夹角转化为共面直线的夹角，角形 为等边三角形，故 与的夹角为，从而得出异面直线的夹角为.
【详解】
正方体中， ，异面直线AC与的所成角即为 与所成的角，而三角形 为等边三角形，故 与的夹角为 ，所以异面直线AC与的所成角为 .
故选：C
熟悉正方体的特点，以及求异面直线夹角通常转化为共面直线夹角来解决,注意几何图形的特点.
5. 已知平面向量，的夹角为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，
，，
，
，
因为向量的模长为非负数，
所以．
6. 某学校举办数学竞赛，共道不同的题目.甲、乙两位同学依次从中随机抽取一道题（抽后放回），则两人抽到不同题目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分步计数，甲任意选题，乙只能选取剩余题目，直接统计符合条件的基本事件求概率.
【详解】由题，有放回抽取，甲6种选择，乙6种选择，总基本事件共种，
甲任选1题，乙选剩下5题，事件数种，则两人抽到不同题目的概率为.
7. 如图，平行四边形中，，，为线段上的点，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，
所以，
所以.
8. 如图，在三棱锥中，平面，平面平面，，则三棱锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合直角三角形面积公式推理求解.
【详解】取中点，连接，由，得，又平面平面，
平面平面，平面，则平面，
而平面，于是，由平面，平面，
得，又平面，因此平面，
而平面，则，又，则，
所以三棱锥的表面积为.
二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 一个多面体至少有个面B. 一个棱柱至少有个面
C. 直四棱柱都是长方体D. 平行六面体都是长方体
【答案】AB
【解析】
【详解】对于A：一个多面体至少有个面，为四面体，故A正确；
对于B：一个棱柱至少有个面，为三棱柱，故B正确；
对于C：直四棱柱，上下底面为四边形，不一定是矩形，所以直四棱柱不一定是长方体，故C错误；
对于D：平行六面体可以是斜棱柱，故D错误．
10. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，，下面说法正确的是（ ）
A. 最大内角为B.
C. 的外接圆半径为D. 是钝角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】由大边对大角即可判断A；由正弦定理即可判断B；先利用余弦定理求，进而得到，再利用正弦定理求外接圆半径即可判断C；解三角形可得即可判断D．
【详解】，，，最大边为，则最大内角为，故A错误；
由正弦定理，故B正确；
，，
，解得，
则的外接圆半径为，故C正确；
，，则，即是钝角三角形，故D正确．
11. 若，，，则（ ）
A. 事件与不互斥B. 事件与对立
C. 事件与互相独立D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A：因为，即事件与同时发生的概率不为，所以事件与不互斥，故A正确；
对于B：因为事件与不互斥，所以事件与不对立，故B错误；
对于C：因为，所以，
又，所以，
所以事件与互相独立，故C正确；
对于D：可得，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，若，则___________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，，，所以，所以.
13. 若一个球的表面积和体积的数值相等，则该球的半径___________．
【答案】3
【解析】
【详解】由题意得，又，解得.
14. 数据，，，，，，，，，的第百分位数是___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位数的定义进行求解.
【详解】数据共有10个数，，
故从小到大排列为，
选择第7个数和第8个数的平均数作为第70百分位数，即为第70百分位数.
四、解答题：本题共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. 已知复数的虚部为，模为，且在复平面内对应的点位于第一象限．
（1）求复数．
（2）若复数是关于的方程的一个根，求实数，的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由题意可设，
则，解得．
故．
【小问2详解】
由题意得，，
整理得，，
故，
解得．
16. 已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别是，，三点．
（1）证明：平行四边形为矩形；
（2）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）如图所示，由题意可得，，，
故，
所以，即，
所以平行四边形为矩形．
（2）
【解析】
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
如图所示，因为为平行四边形，所以，即，
解得，，则，，，
故，
，，
，
所以向量与夹角的余弦值为.
17. 记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求的大小；
（2）若，，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合三角函数的性质求出角B的大小．
（2）先根据三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，最后求出三角形的周长．
【小问1详解】
由正弦定理及可得，．
因为，
所以，
故，
又因为，
所以．
【小问2详解】
解法一：因为，，
所以，即．
由及余弦定理可得，
，
解得．
所以的周长为．
解法二：因为，，
所以，即．
由，
解得或，
当，时，由余弦定理可得，
，
故．
当，时，同理可得．
所以的周长为．
18. 某学校组织全校学生进行了一次“两会知识多少”的问卷测试.已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到频率分布直方图，如图所示.

（1）求图中的值；
（2）学校团组织利用比例分配的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成宣讲团.
（ⅰ）求应从和学生中分别抽取的学生人数；
（ⅱ）从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，求至少有1人测试成绩位于区间的概率.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）5人，2人；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，即可求得的值；
（2）（ⅰ）根据两组的频率之比，即可求得每组抽取人数；
（ⅱ）依题意即可写出样本空间，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，
解得；
【小问2详解】
（ⅰ）由图可得和这两组的频率之比为，
故应从学生中抽取的学生人数为（人），
应从学生中抽取的学生人数为（人）；,
（ⅱ）设从中抽取的5人为，从学生中抽取的2人为1，2，
则这个试验的样本空间为
，
共有21个基本事件；
事件“至少有1人测试成绩位于区间”，事件的个数有11个，
即，
故.
19. 如图，在棱长为的正方体中，为上的动点（不含端点）．设．
（1）若．
（i）证明：平面．
（ii）求二面角的正切值．
（2）求证：无论取何值，三棱锥的体积为定值，并求出该定值．
【答案】（1）（i）在正方体中，连接交于，连接，
由四边形为正方形，得为中点，又为中点，则，
又平面，平面，所以平面.
（ii）
（2）三棱锥的体积即三棱锥的体积，
在正方体中，由平面，得到平面的距离为，
又，因此，
所以无论取何值，三棱锥的体积为定值.
【解析】
【分析】（1）（i）连接交于，利用线面平行的判定推理得证；（ii）利用定义法求出二面角的正切.
（2）利用锥体的体积公式，结合等体积法计算即可得证.
【小问1详解】
（i）略
（ii）由（i）得，，而，则，
即为二面角的平面角，在中，，，
则，所以二面角的正切值为.
【小问2详解】
略