吉林长春市第八中学2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份吉林长春市第八中学2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案），共6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。
一、单选题
1．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知数据的平均数为11，标准差为3，则的平均数和标准差分别为（ ）
A．33，9B．33，7C．31，9D．31，7
3．已知空间内三点，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于2026年1月组织高一、高二、高三三个年级共400名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（）
A．这400名学生中，高一人数比高二人数多40
B．成绩前200名的高一学生有90人
C．成绩前100名的学生中，高三学生人数不超过64
D．成绩第101名到第200名的学生中，高二人数比高一人数多
5．一个不透明的袋子中装有大小和质地相同的6个球，其中有2个红球，2个绿球，2个蓝球，从袋中一次性随机取出2个球，设事件“2个球颜色相同”，事件“2个球中至少有一个红球”，事件“2个球中至多有一个红球”，事件“2个都不是红球”，则（ ）
A．与互斥B．与对立
C．与相互独立D．
6．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的侧面积与全面积的比是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在中，，为上一点，且，若，则的值为（ ）

A．B．C．D．
8．如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体ABCD的体积为，则5个球的表面积之和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．甲、乙两名同学进行投篮比赛，甲每次命中概率为0.7，乙每次命中概率为0.8，甲和乙是否命中互不影响，甲、乙各投篮一次，则（ ）
A．两人都命中的概率为0.56B．恰好有一人命中的概率为0.38
C．两人都没有命中的概率为0.6D．至少有一人命中的概率为0.7
10．在中，，，，点为边上一动点，则（ ）
A．
B．当为角的角平分线时，
C．若为的外心，则
D．当点为边上点，时，
11．如图，在直棱柱中，底面ABCD为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足（，），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则有且仅有一个点P，使得
C．若，则的最小值为6
D．若，，则平面DPM截该直棱柱所得截面周长为
三、填空题
12．在如图所示的电路图中，开关闭合与断开的概率分别是和，、闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为____________.
13．在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥的外接球表面积为______.
14．在中，D是线段上一点，且，，则的最大值为_________．
四、解答题
15．已知，，且与夹角为120°，求：
（1）；
（2）在上的投影向量；
（3）与的夹角.
16．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）求样本成绩的第75百分位数和平均数
（3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差
17．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点B到平面的距离.
18．△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
（1）求;
（2）若求△ABC的周长.
19．如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
五、填空题
20．已知正四棱锥中，底面边长为2，侧面与底面所成二面角的大小为60°，记O为该四棱锥底面的中心，长为的线段的一个端点E在线段上运动，另一个端点F在底面上运动，线段的中点为Q，则：
（1）Q的轨迹与底面围成几何体的体积为__________；
（2）记M为的中点，过作截面将该四棱锥分为上、下两部分（如图），记上下两部分的体积为，，则的最小值为__________.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为复数满足，所以，
所以，故的虚部为.
故选B
2．【答案】C
【详解】因为数据的平均数为11，标准差为3，即，
所以的平均数为
.
根据标准差的性质可知，数据的标准差为.
3．【答案】D
【详解】空间内三点，，，，
因为，
由，
所以，
所以点到直线的距离.
故选D.
4．【答案】D
【详解】由饼图可知，高一人数比高二人数多选项正确；
由条形图可知，成绩前200名中高一人数为人，B选项正确；
成绩前100名的学生中，高一人数为人，
故高三人数不超过人，C选项正确；
成绩第101名到第名的学生中，高一人数为人，
故高二最多有人，因此高二人数比高一少，D选项错误，
故选D
5．【答案】D
【详解】将2个红球、2个绿球和2个蓝球分别记为，
则从袋中一次性随机取出2个球的样本空间为共15个样本点，
由题意共3个样本点，共9个样本点，
共14个样本点，共6个样本点，
所以，故A与D不互斥，故A错误；
，故B与C不互斥，故B错误；
因为，一个样本点，
所以，即，故C错误；
，故D正确.
故选D
6．【答案】D
【详解】设圆柱底面半径为，已知侧面展开图是正方形，
则底面周长等于高，即，
故侧面积，底面积，
圆柱全面积，
故圆柱的侧面积与全面积的比为：．
7．【答案】D
【详解】因为，所以
所以，
因为，所以，
即，
因为三点共线，所以，解得，
所以，
而,
所以,
即.
故选D.
8．【答案】A
【详解】如图所示，在正四面体中，设棱长为，高为，
为正四面体内切球的球心，
延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于，
连接，则点是的中点，为正四面体内切球的半径，
，，，，
由正四面体的体积为，得，解得，
正四面体的高，内切球半径满足，代入：
，则.
正四面体顶点到大球球心的距离为，
顶点到小球球心（小球和三个面切，满足顶点到小球球心距离为），两球外切，球心距为，
因此：，整理得，得.
由总表面积为大球表面积加4个小球表面积可得：
.
9．【答案】AB
【详解】记“甲命中”，“乙命中”，“甲不命中”，“乙不命中”，
则，，两两独立.
，
，.
对于选项A：“两人都命中”，，故A正确；
对于选项B：“恰好有一人命中”，
，故B正确；
对于选项C：“两人都没有命中”，，故错误；
对于选项D：“至少有一人命中”是“两人都没有命中”的对立事件，概率为，故D错误.
故选AB.
10．【答案】ABD
【详解】对于，，对；
对于，由题意，
所以，可得，对；
对于，取中点，则，，
；
故，所以错误；
对于，由，则
，
所以，对，
故选.
11．【答案】ACD
【详解】对于选项：当时，，故点在上运动，
而平面， 所以三棱锥的体积为定值.
故正确；
对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动，
当点与点重合时，因为底面为菱形，且，
所以，又因为为中点，所以，
又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面.
则，所以，
又，所以，即
所以，即.
当点与点重合时，因为，
又，所以，则，即，
所以，即.
故错误；
对于选项：当时，取中点记为，取中点记为，
连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为，
连接，此时点、、三点共线，
故点与点重合时，取得最小值为，
故正确；
对于选项：当，时，为的中点，
因为由直棱柱性质可知，面面，面面，
则平面截该直棱柱交于，交于.
且由定理可得
，所以易得与相似，与相似，
易知，，
所以，，
，
，
易得平面截该直棱柱所得截面周长为，
故正确.
故选ACD
12．【答案】/
【详解】记事件开关闭合，事件开关闭合，事件开关闭合，
若灯亮，则开关闭合，开关、至少闭合一个，
故所求事件的概率为.
13．【答案】
【详解】取中点，连接，
因为，所以是直角三角形，因此有，
因为平面，平面，所以，所以是直角三角形，因此有，即，因此是三棱锥的外接球的球心，因为，所以，
因此，所以该三棱锥的外接球表面积为.
14．【答案】
【详解】如图，设，则，所以，
由正弦定理可得，在中：；
在中，可得，即，
因为，
所以代入得，
得到，
令，则，设，
则，得到，
可得，解得，即，
得到，因为为锐角，所以，即.
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）已知，
所以，
所以.
（2）由（1）知，
则在上的投影向量为.
（3）设与的夹角为，，
，
又，故.
16．【答案】（1）
（2）第75百分位数为84，平均数为
（3），
【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1得，，
所以.
（2）成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
显然第75百分位数，由，
解得，所以第75百分位数为84.
平均数约为
；
（3）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故，
，
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23．
17．【答案】（1）
见详解
（2）
【详解】（1）连接交于点，连接.
因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点.
又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故.
因为平面，平面，所以平面.
（2）设点到平面的距离为.
因为为正三角形，为的中点，所以，且.
因为三棱柱为正三棱柱，所以平面.
又平面，所以.因为，平面，所以平面.
又平面，所以.
在中，.
所以的面积.
又的面积.
由可得，即，
解得.所以点到平面的距离为.
18．【答案】（1）（2）.
【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.
试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
19．【答案】（1）为等腰梯形，，，
又平面平面，平面平面， 平面，
又平面，平面平面.
（2）
（3）存在，
【详解】（1）略
（2），，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，又平面，
，故两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
在等腰梯形，，，，，
，则，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，则，
设直线与平面所成角为，则.
（3）设，则，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，则，
由题（2）可知，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
整理得，解得或（舍去），
故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时.
20．【答案】
【详解】（1）如图所示，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
设，，由，得，是中点，
坐标满足，代入得，且，
即轨迹是半径为的上半球，体积为；
（2）记正四棱锥的体积为，的最小值，由为定值知，只需求的最小值.
如图所示，设过的截面分别交和于，，
平面与平面的交线为，与相交于，
则，令，，
则，即有，
得到
，
当且仅当时取等号，此时，所以的最小值是.