浙江省温州市2025-2026学年高一下学期期末数学试题 含解析

这是一份浙江省温州市2025-2026学年高一下学期期末数学试题 含解析，共15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（ ）
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，
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. 0.76B. 0.86C. 0.9D. 0.94
【答案】A
【解析】
【详解】，，
因为事件，相互独立，所以事件，相互独立，
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a→·csa,b·b→b→=−12b→，
解得，所以夹角为，错误.
选项C，，正确.
选项B，csa→,a→+b→=a→·a→+b→a→a→+b→=a→2+a→·b→a→a→+b→=1−121·1=12，所以夹角为，错误.
选项D，，错误.
7. 满足，，的恰有两解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形解的个数的确定方法，确定当有两个解时，需满足，由此得到的范围.
【详解】若三角形有两个解，则，即，
所以的取值范围是.
8. 已知点为正四面体内切球上一动点，记点到四个面的距离分别为，，，，则下列说法错误的是（ ）
A. 为定值B. 为定值
C. 为定值D. 为定值
【答案】C
【解析】
【分析】利用正四面体的四个面全等这一特点，把点与四个面构成的四个小四面体体积相加，可判断A；由正四面体的对称性和点在内切球上，可判断B，D；再取内切球上不同位置的点比较到四个顶点距离之和，可判断C．
【详解】对A，设正四面体的一个面的面积为，高为，内切球球心为，半径为．
对于正四面体内任一点，连接与四个顶点，可把正四面体分成四个以到四个面的距离为高的小四面体．
因此
又，所以，故A正确．
对B，设正四面体的高为，一个面的面积为.
由A选项的证明已经知道，把点与正四面体的四个顶点连接，可以把原正四面体分成四个小三棱锥.
这四个小三棱锥分别以原正四面体的四个面为底，高分别为.
所以
又原正四面体的体积为因此
正四面体中，内切球球心到四个面的距离都等于，所以
下面把四个距离转化成四个体积比例.
记
则
这四个数可以理解为：点分出的四个小三棱锥体积占原正四面体体积的比例.
正四面体中的一个标准结论：设正四面体的外接球半径为，点对应的四个体积比例为，
则
因为点在内切球上，所以
正四面体中，外接球半径与内切球半径满足
代入上面的标准结论，得
所以
展开得
又因为所以
即
又因为，所以
因此
由，得为定值.
对C，对正四面体，其外接球和其内切球共球心，
设正四面体棱长为，则其外接球半径为，其内切球半径为，
则内切球半径等于外接球半径的，
设，则正四面体的内切球半径．
取内切球球面与直线的两个交点，，其中在与之间，在的另一侧．
由正四面体的对称性，，．
在正四面体中，任意两个顶点到中心的连线夹角相等，
设，则由正四面体的对称性可得，
则，
于是，
所以
同理，，
所以
这两个值不相等，故不是定值，C错误．
对D，正四面体的四个顶点关于中心完全对称．
由空间中线段平方和的重心性质可知，对任意点，
都有
由于，且在内切球上，为定值，
所以为定值，故D正确．
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.
C. 的最大值为3D. 可能是方程的根
【答案】BCD
【解析】
【详解】 选项A：取特殊值，满足，此时，故A错误；
选项B：根据复数模的运算性质，，故B正确；
选项C：的几何意义是复平面上单位圆（圆心为，半径为1）上的点到点的距离，
圆心到的距离为2，因此最大距离为（当时取得最大值），故C正确；
选项D：解方程，由求根公式得根为，
计算根的模：，满足，因此可能是该方程的根，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“恰有1人在上半年出生”．则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与是对立事件B. 事件与相互独立
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对立事件的定义判断A，根据独立事件的定义判断B，利用古典概型概率公式求判断CD.
【详解】对于选项A，根据题目可知，两人月份要么相同，要么不同，且，
因此和对立，A正确，
对于选项B，，，
，因此不相互独立，B错误.
对于选项C，，C正确.
对于选项D，，D正确.
11. 如图，正方体的棱长为2，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可能是五边形
D. 若，则点到线段距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，取并用空间位置关系的向量证明判断A；按分类并确定截面判断B；按分类并确定截面判断C；利用空间距离的向量法求出最小值判断D.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，即.
对于A，当时，点，则，而，
点直线，则，又平面，平面，
因此平面，即直线与平面可能平行，A正确；
对于B，当时，，点是线段中点，
若，则点与点重合，点不能确定平面，不符合题意，
若，则，而点，于是直线，
平面即平面，当时，线段与线段延长线交于点A，
此时平面截该正方体的截面是，B正确；
对于C，当时，点与点重合，
若，则点与点重合，平面截该正方体的截面为；
若时，则点与点重合，平面截该正方体的截面为四边形，
若，则过顶点的平面与正方形、正方形、正方形
中的两个有交线（若交线为正方体的某条棱，则取共该棱的两个正方形中的一个），
与正方形无交线，因此平面截该正方体的截面不可能为五边形，C错误；
对于D，由，得，，
则，
则，
，
，于是不是钝角三角形，
则点到线段距离的最小值等于点到直线的距离，
而，，由，
得，
令，，
当且仅当，即时取等号，因此，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. 已知平行六面体，在中任取3个向量，则能构成空间的一个基底的概率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】先计算从5个向量中任取3个的总基本事件数，再找出共面的向量组（即不能构成基底的事件数），得到不共面的向量组，结合古典概型公式计算概率.
【详解】已知平行六面体，如图，
在中任取3个向量，总数为，
即共有10组不同的取法，
其中，
因为，
所以这3个向量共面，不能构成空间的基底；
其中，
因为，
所以这3个向量共面，不能构成空间的基底，
则共面的向量有2组，其余8组取法中的3个向量不共面，
所以，所求概率为.
14. 已知单位向量，，满足，且，，则对于，的最小值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】先讨论的模，然后根据平面向量加法的几何意义，结合图形分析可得.
【详解】因为，即，所以，
又，，为单位向量，所以，即，
因为，所以，同理，
当同号时，；
当有一个为时，不妨令，则；
当有两个为时，不妨令，则；
综上，，当且仅当不全部同号时等号成立.
如图，记，，
因为，即，
所以点在直线上，
当为的中点时，，即，
记，则，
因为时，取原取值的相反数，则，
所以只需讨论，由上可知，或，
当时，；
当时，由向量加法几何意义可知，当为定值时，越大越小，
当为定值时，越小越小.
由图可知，当，为的中点时，e⃗,d⃗=π ，且取得最小值，
所以，此时取得最小值.
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，．
（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. 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，，
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.
17. 如图，在四棱锥中，平面，为等边三角形，为等腰直角三角形，且，是的中点，，分别为，的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，异面直线与所成角的余弦值为，求此时点到平面的距离．
【答案】（1）证明：连接，
在中，、分别为、的中点，因此，
取中点，连接、，
因为为等边三角形，是中点，由三线合一得 ，
而因为是中点，是中点，故是的中位线，因此 ，
由为等腰直角三角形，且，得，，
在平面内，过直线上一点有且仅有一条直线与垂直，
因此与重合，即、、三点共线，故，
因此，
又平面，平面，由线面平行的判定定理得平面.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，利用中位线和平行的传递性即可证明.
（2）通过直线的平移构造异面直线的夹角，根据等体积法求解点到平面的距离.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
过点作，且，连接、，
则即为异面直线与所成的角，由题意，
由且，得四边形为平行四边形，故，
因平面，平面，故，，
设，则，，
在中，由余弦定理，，
化简得，解得，即，
因，，故、都在平面内，
因此平面与平面是同一个平面，
点到平面的距离等价于点到平面的距离，设为，
因为，在底面内，到底面的距离即为，
由（1）知，垂足为，则
，为点到直线的距离，
等边的高，中位线，故，
因此的面积，，
因此，
由平面得，又，且，故平面，
因平面，所以，即是中边上的高，
在中，，，故，
因此的面积，，
由，代入得，
则.

18. 在中，，．
（1）求；
（2）设点为线段上一点（不含端点），为延长线上一点，．
（i）若，求的长度；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简，然后角化边，结合余弦定理求解可得；
（2）（i）利用余弦的两角和公式求出，然后利用余弦定理计算可得；（ii）建立平面直角坐标系，表示出点P坐标，利用点P坐标表示出面积，然后利用三角代换求解可得.
【小问1详解】
因为，
所以
，即，
由正弦定理得，
所以，
由题可知，，所以.
【小问2详解】
（i）因为，且，所以，
则，
则
又在中，，所以，
所以；
（ii）以为原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
设，，则，
因为，所以，解得，
作垂直轴，垂足为，
则
令，，则，
代入整理可得，
当时即时，面积取得最大值
19. 若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体．
（1）求证：；
（2）求与平面的夹角的正弦值；
（3）设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值．
【答案】（1）设点在平面的投影为，连接．
在三角形中，，即翻折后与不垂直，
从而,不重合，由是的垂心得，
因为平面平面，所以，
又因为，平面，所以平面.
因为平面，所以．
（2）；
（3）时，取得最小值．
【解析】
【分析】（1）过作平面的投影，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）首先证明两两垂直，再建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案；
（3）求出相关平面的法向量，再求出面面角的表达式，最后利用基本不等式即可求出最值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
同（1）可得，
在平面内，过作交于点，
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以，
由及勾股定理得：，
等价为：①
又平面，所以，
由及勾股定理得：②
联立①②得：，
结合题意，解得：．
由余弦定理得：，
则，
则由勾股定理逆定理可得：．
又因为，平面，
所以平面,
因为平面，所以，即两两垂直．
则以为原点，分别为,,轴建立空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为，
则，即取
设直线与平面夹角大小为，
则.
【小问3详解】
由（2）知，
平面的法向量为．
由得：，
同理得：．
设平面的法向量为，
则，即，可取，
所以，即，
当且仅当即时取等．
综上所述：时，取得最小值．