湖南省怀化市2025-2026学年高一下学期期末数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省怀化市2025-2026学年高一下学期期末数学试卷（Word版附解析）试卷主要包含了 在 中，设 ， ，若 ，则， 下列说法中，不正确的是等内容，欢迎下载使用。
温馨提示：
1.本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，考试时量为 120 分钟，满分 150 分.
2.请你将姓名、准考证号等相关信息按要求填涂在答题卡上.
3.请你在答题卡上作答，答在本试题卷上无效.
一、单项选择题：本题共 8 个小题，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. 若复数 满足 ， 为虚数单位，求 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘法可得 ，然后由复数模计算公式可得答案.
【详解】 ，则
2. 已知 ， ， 与 夹角为 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知 ， ， 与 夹角 ，且 ，
计算得 .
3. 为了调查某校高一学生心理健康情况，计划采用分层随机抽样的方法抽取 100 名学生进行调查，已知该
校高一学生中男生、女生人数分别为 490，510 名，则应抽取男生的人数为（ ）
A. 50 B. 51 C. 68 D. 49
【答案】D
【解析】
【分析】由题设可得抽样比，据此即可得答案.
【详解】由题设可得男生，女生的抽样比为 ，结合一共抽取 100 人，则应抽取男生人数
第 1页/共 14页
为 .
4. 在 中，设 ， ，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用向量加法及减法计算求解.
【详解】在 中，设 ， ，
若 ，则 ，
则 .
5. 将一个棱长为 2 的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设可得满足题意体积最大球体为正方体的内切球，据此可得答案.
【详解】当该球体为正方体内切球时，体积最大，
因为正方体棱长为 2，则内切球半径为 1，
则对应体积为 .
6. 已知向量 ， 满足 ， ，则 在 上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由投影向量计算公式结合题设可得答案.
第 2页/共 14页
【详解】由题设可得 在 上的投影向量为 .
7. 设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若 ， ，则 B. 若 ， ，则
C. 若 ， ，则 D. 若 ， ，则
【答案】B
【解析】
【分析】由空间中线面知识结合题设可得答案.
【详解】对于 A，当 ， 时， 可能相交，平行，异面，故 A 错误；
对于 B，因 ， ，则在 内存在直线 ，使得 ，又 ，则 ，故 B 正确；
对于 C，当 ， 时， 可能在 内，故 C 错误；
对于 D，当 ， 时， 可能在 内，故 D 错误.
8. 棱长为 2 的正方体 中， 为正方体表面的动点， 为正方体外接球的球心，满足
，则点 的运动轨迹的长度（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取正方体一表面 的中心为 ，正方体中心为 ，由题设可得 ，据此可得答案；
【详解】取正方体一表面 的中心为 ，正方体中心为 ，由题设可得 ， 平面
，
当 Q 在平面 上时，结合 ，可得 ，
则 在平面 上的轨迹为以 为圆心，半径为 1 的圆，从而 在正方体表面的运动轨迹为在正方体
6 个表面上以各表面中心为圆心，半径为 1 的圆.
则 的轨迹长 .
第 3页/共 14页
二、多选题：本题共 3 个小题，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. 下列说法中，不正确的是（ ）
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 一个多面体至少有 4 个面
C. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台
【答案】ACD
【解析】
【详解】A 选项，正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点在底面的射影落在底面正多边形的中心，A 错
误；
B 选项，多面体中面数最少的为三棱锥，有 4 个面，B 正确；
C 选项，有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交
线互相平行，C 错误；
D 选项，用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，
D 错误.
10. 设 ， ， 是样本空间中三个概率都大于 0 的随机事件，则下列选项正确的是（ ）
A. 互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件
B. 事件 与事件 中至少有一个发生的概率不小于 与 中恰有一个发生的概率
C. 事件 ， 相互独立与 ， 互斥不能同时成立
第 4页/共 14页
D. 若 成立，则事件 ， ， 一定两两独立
【答案】ABC
【解析】
【详解】互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件，故 A 正确；
由 知， B 正确；
若 A 与 C 相互独立，则 ，
若 A 与 C 互斥，则 ，故 C 正确；
对于选项 D，假设一个正八面体，八个面分别标以数字 1 到 8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面
接触的面上的数字，得到样本空间为 ，事件 ，事件 ，
事件 .
显然 ，
事件 ，显然 ，满足 ，
而此时 ，而 ， ，不能推出 A，B 相互独立，故 D 错误.
11. 复数 （ ， 为虚数单位）的三角形式为 ，我们把这个结论：
（ ， 是复数 的模， 是复数 的辐角），叫做棣莫弗
定理.根据以上信息判断下列选项正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ， ，则
D. 若 ， ，存在 满足 ，这样的 共有 507 个
【答案】ABD
【解析】
【分析】A. 由棣莫弗定理得 ，因 ，故满足二次方程；B. 代入模为 1，比较两边复数，条件成
立；C. 计算模长时需取绝对值，半角余弦为负，符号错误；D. 将 化为三角形式，由棣莫弗
定理得 ，计数得结果.
第 5页/共 14页
【详解】已知 ，由棣莫弗定理
，
因此 ， ，故 ，A 正确；
已知 ， ，由模的性质 知，
，B 正确；
由 得 ，所以 ，C 错误；
由棣莫弗定理得 ，
又 ，
∴ ，即 ， ，
∵ ， ，∴ ， ，
∴ ， ，故这样的 n 共有 507 个，D 正确.
三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知两个非零向量 ， ，且 ， ，若 ，则 ________.
【答案】2
【解析】
【分析】由向量平行坐标表示可得答案.
【详解】因 ， ，则 或 ，结合 为非零向量，可得 .
13. 有一组样本数据：6， ， ， ， ， ，6，已知它的平均数为 6，方差为 10，则新数据 ， ，
， ， 的方差为________.
【答案】14
【解析】
【详解】有一组样本数据：6， ， ， ， ， ，6，
第 6页/共 14页
已知它的平均数为 6，方差为 ，
所以
则新数据 ， ， ， ， 的平均为也为 6，
方差为
14. 已知一个圆锥的底面半径为 6，侧面积为 .若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体
（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为________.
【答案】64
【解析】
【分析】求出圆锥的母线长，且最大正方体的外接球恰好与圆锥内切，轴截面切球得到图形为正三角形的
内切圆，求出内切圆半径，进而得到正方体的棱长和体积.
【详解】一个圆锥的底面半径为 6，侧面积为 ，设圆锥的母线长为 ，
则 ，解得 ，
圆锥的母线长为 12，故轴截面为正三角形，边长为 12，
若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体，
即最大正方体的外接球恰好与圆锥内切，轴截面切球得到图形为正三角形的内切圆，
该正三角形的高为 ，故该内切圆的半径为 ，
即球的半径为 .
由正方体的体对角线长为其外接球的直径 ，故正方体的棱长为 4，体积为 .
故该正方体体积的最大值为 64.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答题应写出文字说明、证明过程或者演算步骤.
15. 抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子（标记为Ⅰ号和Ⅱ号），分别观察底面上的数字（各面分别印有“1”“2”
“3”“4”四个数字）.设事件 “两个数字之和是 5”， “两个数字之积不小于 6”.
（1）用集合的形式分别写出试验的样本空间以及上述各事件；
（2）求事件 及事件 的概率，判断这两个事件是否独立，并说明理由.
【答案】（1） ，其中 x 为Ⅰ号骰子点数，y 为Ⅱ号骰子点数.
第 7页/共 14页
.
.
（2）相互独立，理由如下：
，由古典概型公式可得： .
因为 ，所以 .
所以事件 A 与事件 B 相互独立.
【解析】
【分析】（1）用 表示两枚正四面体骰子上的点数，其中 为Ⅰ号骰子点数， 为Ⅱ号骰子点数，据此
可得答案；
（2）由两事件相互独立条件结合题设可得答案.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
略
16. 记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ， .
（1）求角 ；
（2）点 在 的延长线上，若 是斜边为 2 的直角三角形，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用余弦定理求出 ，再结合正弦定理化简得出 ，即可求解；
（2）应用正弦定理计算得出 ，再计算三角形面积即可.
【小问 1 详解】
由 及余弦定理可得 ，
因为 A 是三角形的内角，即 ，所以 .
第 8页/共 14页
由 及正弦定理可得 .
因为 ，两边同时除以 ，所以 ，
所以 或 （舍）.
所以 .
【小问 2 详解】
由题意知， .
在 中， ， ，
∴ ， .
在 中，由正弦定理得
.
又 .
∴
.
17. 某市政府为了鼓励居民节约用水，拟确定一个合理的月用水量标准 （吨），一户居民的月用水量不超
过 的部分按平价收费，超出 的部分按议价收费.通过抽样，获得了 100 户居民的月均用水量（单位：吨），
将数据分成 5 组制成了下方所示的频率分布表.
分组 频率
0.10
0.25
第 9页/共 14页
0.40
0.20
0.05
（1）若该市有 140 万户居民，请估计全市月均用水量不低于 19 吨的户数；
（2）若该市政府希望使 80%的居民的月均用水量不超过标准 （吨），请估计 的值；
（3）现拟定收费标准如下：月用水量不超过 吨的部分按 3 元/吨收费，超出 吨的部分按 4 元/吨收费.若
取 ，试利用该样本数据估计该市每户居民月均水费的平均值（每组数据用区间中点值作为该组居民
的月均用水量）.
【答案】（1） 万户
（2）
（3） 元
【解析】
【分析】（1）由表格可得月均用水量不低于 19 吨的频率，据此可得答案；
（2）由表格数据可得 x 必定落在第四组 ，据此可得答案；
（3）类比频率分布直方图估计平均数方式结合题设可得答案.
【小问 1 详解】
由频率分布表可知，月均用水量不低于 19 吨的频率为： .
根据“频数＝总数×频率”，可得月均用水量不低于 19 吨的户数为 万户.
【小问 2 详解】
设 x，使得月均用水量不超过 x 的居民占比达到 80%（即累积频率为 0.80），
因为 ，所以 x 必定落在第四组 .
假设数据在组内均匀分布，则 x 距离下限 19 的距离为： .
因此， （吨）.
【小问 3 详解】
当用水量 ，平均水费为 元；
第 10页/共 14页
当用水量 ，平均水费为 元；
当用水量 ，平均水费为 元；
当用水量 ，平均水费为 元；
当用水量 ，平均水费为 元.
因此平均水费为：
（元）
18. 如图，在四棱锥 中， 底面 ，底面 为正方形， ， 分别是 ，
的中点.
（1）求证： ；
（2）设面 面 .
（i）求证： ；
（ii）若直线 与直线 所成角为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）∵底面 为正方形，∴ .
又 底面 ，∴ .
而 ，∴ 面 .
∴ . 又 分别是 的中点，
∴ . ∴ .
（2）（i）∵ ， 面 ， 面 ，∴ 面 .
而面 面 ， 面 ，∴ .
（ii）
【解析】
第 11页/共 14页
【分析】（1）由正方形性质及线面垂直得 面 ，再结合中位线 证得垂直；
（2）（i）由 得 面 ，结合面面交线性质证 ；
（ii）将 与 的夹角转化为 与 的夹角，通过垂直关系找线面角，解直角三角形得正弦值.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
（i）略
（ii）因为 ，所以直线 与平面 所成的角等于直线 与平面 所成的角.
连接 交 于点 ，因为底面 是正方形，所以 ，
又因为 底面 ， 平面 ，所以 ，
由于 ，可得 平面 ，即 平面
所以 为直线 与平面 所成的角.
由（i）知 ，由（1）知 ，
因此直线 与直线 所成的角等于直线 与直线 所成的角，即 .
设直线 与平面 所成的角为 ，不妨设 ，则 ， ，
由于底面 是正方形，则 .
在 中， ，即直线 与平面 所成角的正弦值为 .
19. 已知 ， ，定义运算 .设 为坐标原点， ， 为平面直角
坐标系中的两点，且 ， .
（1）求证 ；
第 12页/共 14页
（2）若 ， .设 ，求证 是一个仅与 有关的量；
（3）（i）设 ， ，利用（1）的结论证明 的面积为 .
（ii）已知 ， ， .设 的面积为 ，若 ，
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）
.
（2） ，
∴M 是一个仅与 有关的量.
（3）（i） 的面积
（ii）
【解析】
【分析】（1）将点积与叉积的坐标表达式展开，利用代数恒等式直接整理为模长平方乘积；
（2）代入坐标后利用两角差的正弦公式化简，结果仅含 ，与 无关；
（3）（i）由三角形面积公式结合正弦定义，再用（1）的恒等式转化，最后取算术平方根得面积表达式；
（ii）先求三角形面积表达式，换元 转化为分式函数，分段讨论绝对值内符号，求最大
值后得参数范围.
【小问 1 详解】
略
第 13页/共 14页
【小问 2 详解】
略
【小问 3 详解】
（i）略
（ii）由题设知： ，
不等式 可化为： .
，则 ，
∴ .
令 ， ，
①当 ， ，
则 ，由对勾函数单调性可知，
在 上单调递减，又 ，
故 在 单调递减，
∴ .
②当 ， ，
则 ，
由基本不等式得 ，当且仅当 时取等号.
因此 ，∴ .
综上①②， ，∴ .
第 14页/共 14页