浙江省温州市2025-2026学年高一下学期期末数学（B类）试题（Word版附解析）

这是一份浙江省温州市2025-2026学年高一下学期期末数学（B类）试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了必须保持答题卡的整洁，不要折叠等内容，欢迎下载使用。
本题库共 4 页，19 小题．建议做题时间 120 分钟．
答题须知：
1．答题前，请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、题库答题卡号填写在答题卡上．将
条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂
黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在题库上．
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应
位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不
按以上要求作答的答案无效．
4．必须保持答题卡的整洁，不要折叠．不要弄破．
选择题部分（共 58 分）
一、选择题：本大题共 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. 已知向量 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，
2. 设 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】
3. 如果直线 分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，那么 与 的位置关系是（ ）
第 1页/共 17页
A. 相交 B. 异面 C. 平行 D. 相交或异面
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，分别讨论 与 是从同一点出发的对角线和 与 不是从同一点出发的对角线时即可得
结论.
【详解】如图：长方体 中，
直线 ， 分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，
当 与 是从同一点出发的对角线时，如图 和 ，此时 与 相交，
当 与 不是从同一点出发的对角线时，如图 和 ，此时 与 异面，
所以 与 相交或异面.
4. 现有一组数据：1，3，4，4，4，6，6，若在这组数据中删去一个 4，则发生变化的统计量是（ ）
A. 平均数 B. 中位数 C. 标准差 D. 极差
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意写出新的数据，分别求出原数据和新数据的平均数、中位数、标准差、极差即可做出判
断.
【详解】解：由题可知，原数据为 1，3，4，4，4，6，6，共 7 个数据，删去一个 4 后，
新数据为 1，3，4，4，6，6，共 6 个数据，
则原数据平均数为 ，新数据的平均数为 ，
因此平均数不变；
原数据中位数为 4，新数据中位数为 ，因此中位数不变；
原数据标准差为 ，
第 2页/共 17页
新数据的标准差为 ，
因此标准差发生变化；
原数据的极差为 ，新数据的极差也为 ，因此极差不变.
5. 已知事件 相互独立，且 ， ，则 （ ）
A. 0.12 B. 0.58 C. 0.7 D. 0.82
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据独立事件的定义得出 ，再根据概率的性质求解.
【详解】事件 相互独立，可得 ，
所以 .
6. 若 ， 为单位向量，且 在 上的投影向量为 ，下列说法正确的是（ ）
A. ， 的夹角为 B. ， 的夹角为
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A，通过投影的定义计算可得.B，利用数量积计算.C，通过整体平方后的数量积计算.D，通过整体
平方后的数量积计算.
【详解】选项 A，因为 在 上的投影向量为 ，所以 ，
解得 ，所以夹角为 ，错误.
选项 C， ，正确.
选项 B， ，所以夹角为 ，错误.
选项 D， ，错误.
7. 满足 ， ， 的三角形 恰有两解，则实数 的取值范围是（ ）
第 3页/共 17页
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】若三角形 有两解，则 ，即 ，
所以 的取值范围是 .
8. 已知三棱锥 的六条棱长分别为 ， ， ， ， ，
，则三棱锥 的外接球半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过棱长关系证明侧棱 两两垂直，将三棱锥补成长方体，利用长方体外接球的性质求
解半径；
【详解】证明侧棱两两垂直：在 中， ， ， ，
，由勾股定理逆定理得 ；
在 中， ， ， ， ，得
；
在 中， ， ， ， ，得
.
因此 两两垂直.
求外接球半径：三条侧棱两两垂直的三棱锥的外接球，与以 为长宽高的长方体的外接球完全相
同，
外接球直径等于长方体体对角线长度。设外接球半径为 ，则
，解得
故选：B.
第 4页/共 17页
二、选择题：本大题共 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. 已知复数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 在复平面上对应的点在第二象限
C. D. 是方程 的根
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于 A，因为 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，因为 ，所以 在复平面上对应的点在第四象限，故 B 错误；
对于 C， ，故 C 正确；
对于 D，将 代入方程左边得： ，满足方程，故 是该
方程的根，故 D 正确.
10. 从某班级中随机抽取 2 名同学，调查他们的出生月份．设事件 “2 人恰好同一月份出生”，事件 “2
人出生月份互不相同”，事件 “至少 1 人在上半年出生”．则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 事件 与 是对立事件 D. 事件 与 相互独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于 AB，结合组合数的性质，通过古典概型计算.对于 C，利用对立事件的定义判断.对于 D，利
用独立事件的定义判断.
【详解】选项 A， ，正确.
选项 B， ，正确.
选项 C，根据题目可知，两人月份要么相同，要么不同，且 ，因此 和 对立，正确.
选项 D， ， ，
，因此 不相互独立，错误.
第 5页/共 17页
11. 如图，正方体 的棱长为 ，点 为 的中点，动点 满足 ，
，且 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则直线 与平面 可能平行
B. 若 ，则平面 截该正方体的截面可能是三角形
C. 若 ， ，则平面 截该正方体的截面是五边形
D. 若 ，则点 到线段 距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量法和平面延展来逐个选项分析.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，
则 ，
因为 ， ，
所以 ，
对于 A，若 ，则 ， ，故 ，
第 6页/共 17页
则 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
若 平面 ，且 平面 ，
所以平面 平面 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为点 为 的中点，
所以 时，即可使得 平面 ，A 正确；
对于 B，若 时， 为 与 交点， 为 与 交点，
根据 与 可得，此时截面即为三角形 ，B 正确；
对于 C，若 ， ，则 ，
点 即为点 ， 在 上，平面延伸与 无交点，
则截面图形最多四个顶点，C 错误；
对于 D，若 ，则 ， ，
所以 ，
则 ，
令点 到线段 距离为 ， 的夹角为 ，
第 7页/共 17页
则 ， ，
所以三角形 的面积 ，
解得 ，
且 ，
令 ，即 ，解得 ，符合，D 正确.
非选择题部分（共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．把答案填在题中的横线上．
12. 在正四棱台 中， ，高为 4，则该棱台的体积为_________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】先求出正四棱台的上下底面积，再代入棱台体积公式计算即可得到结果.
【详解】由题干条件 ，可得下底面正方形边长 ，上底面正方形边长 ，
因此下底面积 ，上底面积 .
已知棱台的高 ，代入棱台体积公式 .
故答案为： .
13. 已知正方形 ，在 中任取两个向量，能构成一个基底的概率是
_________．
【答案】
【解析】
【分析】先计算从 6 个向量中任取 2 个的总基本事件数，再找出共线的向量对（即不能构成基底的事件数），
结合古典概型公式计算概率.
【详解】从 6 个向量中任取 2 个，基本事件有
第 8页/共 17页
，
，共计 15 个，
在给定向量集合中，共线的向量仅有 ， 共 2 对，即不能构成基底的基本事件数为 2，
因此能构成基底的基本事件数为 ，
由古典概型概率公式得所求概率为 .
14. 已知等边 的边长为 2， ， ，则 的最小值为_________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，根据已知条件，求出 ， 两点的坐标，进而求出 和 的坐标，再
利用数量积的坐标表示公式，将数量积表示为关于 的二次函数，最后求出数量积的最小值.
【详解】解：以 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
因为等边 的边长为 2，所以 ， ， ，
则 ， ，
又 ， ，则 ， ， ，
所以 ， ，
因此 ，
又 ，所以当 时， 取最小值 .
四、解答题：本大题共 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. 在平行四边形 中， ， ， ， ， 分别是 ， 中点，设
第 9页/共 17页
， ．
（1）用向量 ， 表示 ， ；
（2）求向量 与 的夹角的余弦值．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量基本定理求解.
（2）根据平面向量数量积的性质求向量夹角的余弦.
【小问 1 详解】
如图：
，
.
【小问 2 详解】
因为 ，
所以 ，
，所以 .
所以 .
16. 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 ， 底 面 为 直 角 梯 形 ， ，
， ， ．
第 10页/共 17页
（1）若 为 的中点，求证： 平面 ；
（2）求点 到平面 的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量法证明线面平行即可；
（2）利用向量法直接求解点到平面的距离.
【小问 1 详解】
由题知，因为 平面 ， 平面 ，
且 ，所以 两两互相垂直，
以 为原点， 所在直线分别为 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ，
所以 ， ，又 ，
令平面 的一个法向量 ，
则 ，解得 ，
取 ，则 ，所以 ，
则 ，
所以 平面 .
第 11页/共 17页
【小问 2 详解】
由（1）知，平面 的一个法向量 ，
又 ，
则点 到平面 的距离为 .
17. 2026 年 3 月温州龙湾半程马拉松顺利举办，为了解大众跑者完赛水平，从本次龙湾半马完赛选手中随机
抽取 100 名选手，统计其完赛时间（单位：分钟），绘制频率分布直方图．
（1）求 的值，并利用频率分布直方图估计这 100 名选手完赛时间的第一四分位数（计算结果保留一位小
数）；
（2）赛事规定：完赛时间在 110 分钟内的选手可获得纪念奖章．用频率估计概率，求任意 2 名完赛选手中
至少有 1 人获得纪念奖章的概率．
【答案】（1） ，第一四分位数约为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率和为 1 列式可求 的值，根据第一四分位数的概念估计第一四分位数的值.
（2）利用对立事件的概率公式求值.
【小问 1 详解】
因为 ，解得 .
因为 ， ，
第 12页/共 17页
所以估计这 100 名选手完赛时间的第一四分位数在区间 内，
估计为： .
【小问 2 详解】
根据频率分布直方图，从完赛选手中任选 1 人，估计能获得纪念奖章的概率为 ，
因为任意 2 名完赛选手，2 人都未能获得纪念奖章的概率为 ，
所以任意 2 名完赛选手中至少有 1 人获得纪念奖章的概率为 .
18. 在 中， ．
（1）求 ；
（2）设 的角平分线 交 于点 ，且 ．
（ⅰ）求 面积的最小值；
（ⅱ）求 的最小值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得 ，根据余弦定理求得 ，求出 ；
（2）（ⅰ）根据 的面积相等，得 ；再根据基本不等式 ，求得 ，最
后根据面积公式 求出 面积的最小值；
（ ⅱ ） 由 余 弦 定 理 得 ， 结 合 ， 得
，从而求得 的最小值.
【小问 1 详解】
， 由正弦定理得 .
由余弦定理得 ；
， .
【小问 2 详解】
第 13页/共 17页
由（1）得 .令 ， .
是 的角平分线， .
（ⅰ） ， ，
.
，得 .
， ， （当且仅当 时等号成立）；
，得 .
，即 面积的最小值为 .
（ⅱ）在 中，由余弦定理得 .
由（ⅰ）得 ， ；
；
， 当 时， 取得最小值，即 ；
，即 的最小值为 .
19. 已知等边 的边长为 3， ， 分别是 ， 上的点，且 ，将 沿 折
起到 的位置，使得平面 平面 ，得到四棱锥 ．
第 14页/共 17页
（1）求证： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（3）线段 上是否存在一点 ，使得二面角 的大小为 ？若存在，求出线段 的长度；
若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 等边 的边长为 3， ， .
， .
由余弦定理得 ，解得 ；
， ， ；
为直角三角形，即 .
.
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面
平面 ；
平面 ， .
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出 ，根据三角形三边满足勾股定理，证得 ，由面面垂直得到线面
垂直，再由线面垂直证得线线垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦
值；
（3）以 为原点，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，分别求出两
平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得.
【小问 1 详解】
略
第 15页/共 17页
【小问 2 详解】
由（1） ，得 .
由折叠得， .
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面
平面 .
为直线 与平面 所成的角.
， ， ， ， ， .
在 中， .
即直线 与平面 所成角的正弦值为
【小问 3 详解】
线段 上存在一点 ，使得二面角 的大小为 ，且线段 的长度为 ，理由如下：
平面 ， 平面 ， 平面 ， ， .
平面 ， 平面 ， .
以 为原点，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， .
.
点 在线段 上， 设 ，得 .
， .
平面 ， 平面 的法向量可取 .
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ；
第 16页/共 17页
令 ，则 ， .
平面 的一个法向量为 .
二面角 的大小为 ，
，解得 或 .
， .
，则 .
即线段 的长度为 .
第 17页/共 17页