湖北襄阳市部分学校2025-2026学年高一下学期7月期末测试数学试题（含解析）

这是一份湖北襄阳市部分学校2025-2026学年高一下学期7月期末测试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据复数的四则运算得出；再根据复数的虚部定义即可求解.
【详解】因为复数z满足，所以.
即z的虚部为1.
2. 已知向量，向量在上的投影向量，则（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的定义，结合数乘向量、向量的模的坐标运算，计算即可得结果.
【详解】由题意，，，则，
所以向量在上的投影向量，
所以，即.
故选：A.
3. 某中学高一年级有280人，高二年级有320人，为了解该校高一高二学生对暑假生活的规划情况，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为60的样本，则高一年级应抽取的人数为（ ）
A. 14B. 16C. 28D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】根据抽样比即可按比例求解.
【详解】高一年级应抽取人，
故选：C
4. 在中，角的对边分别是．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据余弦定理求出边，再利用余弦定理求出角的余弦值，最后结合三角形角的取值范围得出角的值．
【详解】由余弦定理可得：，
，
，
，
．
故选：C．
5. 如图，在四棱台中，底面是平行四边形，过点的平面与棱，，分别交于，，（三点均不在棱的端点处），则直线与平面的位置关系一定是（ ）
A. 与平面相交B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面平行的性质定理并结合点、线、面基本性质即可判断.
【详解】因为四棱台侧棱交于一点，可设平面与平面交线为，
因为底面是平行四边形，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，所以.
在梯形中，显然直线与直线既不垂直也不平行，因为平面，且，
则直线与既不平行也不垂直，则直线与有交点，
因为平面，则直线不垂直平面，故B错误；
因为直线与有交点，平面，所以直线与平面有公共点，
又因为点平面，所以与平面相交，故A正确；
则平面，不平行平面，故CD错误.
故选：A.
6. 在复平面内，已知平行四边形的三个顶点O，A，C对应的复数分别为0，，，则点B对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】由平行四边形OABC知，，
得点B对应的复数为.
故选：A
7. 如图，在正方体中，M是的中点．若点P满足：平面与平面交于直线l，且平面，则点可以位于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交延长线于点，则直线l为过点平行于的直线，即可确定平面，可得解.
【详解】根据题意，延长交延长线于点，
因为平面与平面交于直线l，且平面，
则直线l为过点平行于的直线，
又因为，则，所以与共面，即平面，
所以点P可以位于，而点、和都不在平面上，故C正确.
8. 在中，，，且的面积为，则（ ）．
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】延长到，使得，可得，由可得，进而求得，，在中，由余弦定理求得答案.
【详解】如图，延长到，使得，
由，可得，即，所以，
因为，所以，即，得，
由勾股定理可得，则，
在中，，则，
在中，由余弦定理得，
所以.
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. 已知一组样本数据，，的标准差为3，则（ ）
A. ，，不可能都相等
B. ，，的标准差也为3
C. ，，的平均数有最小值
D. ，，的平均数有最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据样本数据的平均数、方差和标准差的公式逐一分析选项即可求解.
【详解】已知原样本标准差，因此原样本方差，
对于选项A，若所有数据都相等，方差为，标准差为，与已知标准差为矛盾，因此这三个数不可能都相等，A正确；
对于选项B，根据方差性质：若新数据为，则新方差为，新标准差为；因此本题中新标准差为，B错误；
对于选项C，设样本平均数为，举例：令，可算得方差为，满足标准差为，
此时平均数，可以无限小，因此平均数没有最小值，C错误；
对于选项D，由方差公式展开：，
整理得：，当时取到最小值，因此平方的平均数存在最小值，D正确.
10. 已知复数和在复平面内对应点和，且满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数模长的运算公式判断A正确；然后设，则，则，，然后根据根据复数的运算和向量的模长与坐标运算即可判断CBD的正误.
【详解】对于A，，所以A正确；
设，则，则，
对于B，因为
，所以B正确；
对于C，因为，
，所以，所以C错误；
对于D，因为，
所以，所以D正确；
故选：ABD．
11. 的三个内角所对边的长分别为，其外接圆半径为R，内切圆半径为r，满足，的面积为6，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，对已知条件结合正弦定理可说明其正确；
B选项，通过内切圆半径和面积法推出；
C选项，由A先等价推出，由三角形的面积公式可算出；
D选项，根据的取值结合和正弦定理可计算.
【详解】
如图，设内切圆圆心为，则到三边的距离均为，于是，即，则，得到，B选项正确；
由可得，
结合正弦定理可得，，即，A选项正确；
根据诱导公式，，，
，按照整体展开得到，，而，于是，即，故，由三角形面积公式，，解得，C选项正确；
由正弦定理结合B选项，，即，D选项错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，与共线，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】先通过向量加法的坐标运算求出坐标，依据向量共线的坐标表示列出方程，求得的值，利用向量减法的坐标运算求出的坐标，即可求出的模长.
【详解】，与共线，可得，解得，所以，所以.
故答案为：.
13. 当太阳光线与水平面的倾斜角为时，将一根竹竿斜插在水平地面上，竹竿露出地面的部分长为2米，则竹竿的影子最长为______米．
【答案】
【解析】
【分析】作出示意图，设竹竿与地面所成的角为，影子长为，依据正弦定理可得，再根据正弦函数性质求解即可.
【详解】作出示意图如下图，
设竹竿与地面所成的角为，影子长为，依据正弦定理可得，
所以，因为，所以要使最大，
只需，即，所以时，影子最长为．
14. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，为等边三角形，平面平面，E为的中点，则三棱锥的体积为________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】取AD中点作PO垂直底面，利用E为PC中点的性质，所求三棱锥P-BDE的体积等于三棱锥 P-BCD 体积的一半.
【详解】取的中点，连接,因为是边长为的等边三角形，所以，
且等边三角形的高
又平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，即是点到平面的高,
因为底面是边长为的菱形，，因此，且，
即是边长为的等边三角形，其面积
所以
因为为的中点，所以点、点到平面的距离相等，
因此三棱锥与三棱锥同底等高，体积相等，即 ，
又 ，因此
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. 设复数，，.
（1）若是纯虚数，为实数，求；
（2）若，设，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的概念及复数的模求解即可.
（2）根据复数的乘法及复数相等求解即可.
【小问1详解】
因为是纯虚数，为实数，所以，，
解得，，所以.
所以.
【小问2详解】
若，则，，
所以.
又，所以，
所以，解得，
所以.
16. 在平行四边形ABCD中，，，，E是AB的中点，，，设，．
（1）用，表示、；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）,.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算可求、的表示形式；
（2）利用向量的夹角公式可求与的夹角．
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
，
，
，
故，而，
故.
17. 某地区举办“机器人创新大赛”，现从参加该比赛的所有参赛者中随机抽取200名参赛者，将这200名参赛者的比赛成绩（单位：分）按，，，，，分成6组，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值；
（2）用样本估计总体，估计该地区参加该比赛的所有参赛者比赛成绩的平均数：（每组数据用该区间的中间值作代表）
（3）已知落在内比赛成绩的平均数为64.5，方差是14；落在内比赛成绩的平均数是70.5；落在内比赛成绩的方差是4．求落在内比赛成绩的平均数与落在内比赛成绩的方差．
【答案】（1）
（2）72.5 （3）落在内比赛成绩的平均数为74.5，落在内比赛成绩的方差为32
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图小长方形面积和为即可.
（2）利用频率分布直方图中平均数计算公式即可.
（3）利用分层抽样平均数和方差的计算公式即可.
【小问1详解】
由，得．
【小问2详解】
估计该地区参加该比赛的所有参赛者比赛成绩的平均数为
．
【小问3详解】
由图可得的频率与的频率之比为，
的频率与的频率之比为．
设落在内比赛成绩的平均数为，则，解得，
落在内比赛成绩的方差，
所以落在内比赛成绩的平均数为74.5，落在内比赛成绩的方差为32．
18. 如图，三棱锥满足面，，点F为棱中点，点A在直线，，上的投影分别为D，E，H．
（1）证明：面；
（2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积；
（3）在第（2）问的条件下，是否存在点T使得点T到A，B，D，H，F的距离均相等，若存在，求出二面角余弦值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）连接，因是等腰三角形底边上的中线，所以.
因为平面，平面，所以.
因为平面，平面，且与相交于点A，
所以平面.
因为平面，所以，
因点A在直线上的投影是点H，所以.
因为平面，平面，且与相交于点F，
所以平面.
因为平面，所以，
因点A在直线上的投影是点D，所以.
因为平面，平面，且与相交于点A，
所以平面.
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，先证明平面，再证平面，从而可证平面.
（2）先找出二面角的平面角，利用及线段关系可证明是等边三角形，即可求三棱锥的体积.
（3）先找出满足条件的点T，且T为的中点，设线段中点为P，线段中点为Q，则是二面角的平面角，再利用已知条件计算出长度，在中，即可计算.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
同（1），可证得平面，因为平面，所以.
由（1）的过程可知，平面，因为平面，
所以，.
所以是二面角的平面角，则.
在四边形中，，所以.
所以，解得.
因为平面，平面，所以，.
因为，所以.
所以，可得，
故，所以是等边三角形，其面积为.
所以三棱锥的体积为.
【小问3详解】
由（1）的过程可知平面，平面，所以，
所以，，是共斜边的三个直角三角形，
当T为的中点时，，
即满足条件的T点存在，T为的中点．
设线段中点为P，线段中点为Q，连接，，，
中，，因此，
过F作，与延长线交于K，因为，所以，
又因为（中位线），所以，
因此，是二面角的平面角，
设，，
则，，，，（中位线），
由射影定理得，，则，
由（1）可知，，由勾股定理得，，
中，，，，
在中，由余弦定理得，，
代入化简得，，
二面角的余弦值为．
19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，h为边上的高．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围；
（4）设，若对给定的正实数k，当a，b，c变化时，始终是锐角三角形，试求满足条件的k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
因为为边上的高，所以，所以，
所以

（3）
（4）
【解析】
【分析】（1）直接用二倍角正余弦公式展开分子分母，约分后即可推导出半角正切公式；
（2）借助三角形面积公式表示出高 h，结合正弦定理边化角，拆分后复用第一问结论完成证明；
（3）设半角正切为变量，由锐角三角形限定变量范围，结合恒等变换与基本不等式求出目标式的取值区间；
（4）按 k 与 1 的大小分类讨论，验证 k≠1 时均存在直角三角形反例，仅 k=1 能保证三角形始终为锐角.
【小问1详解】
略．
【小问2详解】
略．
【小问3详解】
由于，则
且．
此时我们令，，则且，
所以，且当，时趋近于；
易知，且当，时趋近于2，
综上
【小问4详解】
由（3）知若为锐角三角形，则，下面分情况讨论：
①若，则，即．
此时，
而，且，
所以，．
此时，始终是锐角三角形，符合题意．
②若，此时我们取，
则，
即这种情况下可以是直角三角形，故不符合题意，舍去．
③若，此时我们取，
此时，
即这种情况下也可以是直角三角形，故不符合题意，舍去．
综上所述，满足条件的k的取值范围为．