江苏省无锡市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

江苏无锡市2025-2026学年高一下学期调研考试数学试题一、单选题1．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，每次从中随机摸出1个球，有放回地连续摸球两次．下列事件中，与事件“至多一次摸到红球”互为对立事件的是（

）A．至少一次摸到红球 B．两次都摸到红球C．只有一次摸到红球 D．两次都没有摸到红球2．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（

）A． B． C． D．3．某高中高一、高二、高三年级学生人数分别为550，550，500，为了解各年级学生每天体育活动的时间，通过分层随机抽样的方法抽取容量为64的样本，其中高二学生比高三学生多（

）A．2人 B．4人 C．6人 D．8人4．已知，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（

）A． B． C． D．5．已知事件与相互独立，，，则（

）A．0.9 B．0.88 C．0.76 D．0.66．已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．7．如图，测量河对岸塔高时，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和，其中，．现测得，，，在点处测得塔顶的仰角，则塔高为（

）A． B． C． D．8．已知正三棱柱的底面边长为，点到直线的距离为5，则该正三棱柱外接球的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知复数，下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则的虚部为C．若，则或D．若，则复平面内表示的点位于第一象限10．已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则(

)A．若，，则B．若，，，则C．若，，，，则D．若，，，，，则11．（多选题）某人抛掷骰子5次，分别记录了骰子出现的点数，根据下列统计结果，可能出现点数6的有（

）A．平均数为4，中位数为4 B．中位数为4，极差为3C．平均数为3，方差为1.6 D．中位数为3，方差为3.6三、填空题12．从分别写有0，1，2，3的四张卡片中不放回地抽取两张，则抽到的两张卡片上数字之和大于3的概率为______．13．为推进智慧城市建设，某市举办AI应用解决方案大赛，现统计所有参赛选手的成绩并绘制频率分布直方图（如图所示），已知这组的频数是这组频数的2倍．若选取成绩前25%的选手为一等奖获得者，估计一等奖的分数线为______分．

14．在平面内，直线，在两直线之间且到的距离分别为1，2，过作两条相互垂直的射线与分别交于两点，为的重心．若设，，则可用，表示为______；的最小值为______．四、解答题15．已知向量与的夹角为，，．(1)求的值；(2)设向量与的夹角为，求的值．16．在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点．(1)点，，，是否共面？请说明理由；(2)证明：平面．17．甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响．(1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率；(2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局．（ⅰ）求加赛满三轮的概率；（ⅱ）求甲获胜的概率．18．记的内角，，的对边分别为，，，，，且满足．(1)求；(2)设在上且平分．（ⅰ）若，，求的面积；（ⅱ）若，，为线段的中点，与交于点，求的长．19．如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，．(1)若平面与平面的交线为，证明：；(2)证明：平面平面；(3)若与平面所成的角为60°，求平面与平面所成二面角的正切值．参考答案1．B解析：设两次有放回摸球中摸到红球的次数为随机变量，则的所有可能取值为.事件“至多一次摸到红球”即，包含“两次均未摸到红球（）”和“仅一次摸到红球（）”两类基本事件.根据对立事件的定义，的对立事件为，即，对应事件为“两次都摸到红球”.2．D解析：由正弦定理可得.3．A解析：三个年级的总人数.根据分层随机抽样的定义，抽样比，则高二年级抽取人数为；高三年级抽取人数为.因此高二抽取的学生比高三多的人数为人.4．B解析：向量在向量上的投影向量为5．C解析：因为与相互独立，所以，所以.6．D解析：设圆台的高为，依题意，，设圆台的母线长为，则，所以圆台的侧面积为.7．B解析：在中，，由正弦定理可得，，则m，在中，m.8．B解析：设底面的外接圆圆心为，正三棱柱的外接球球心为，为的中点，连接，过点作的垂线,因为底面边长为，点到直线的距离为5，则,,，所以，所以,故正三棱柱外接球的体积为.9．ABD解析：设，则，故，则，故A正确；，则，解得，故B正确；取，满足，故C错误；若，，则，对应点，位于第一象限，故D正确．10．BD解析：选项A，当直线同时平行于平面与时，与可能相交，例如：当直线平行于两平面的交线时，满足条件，但此次不能得出，故A错误；选项B，由、，根据线面垂直的性质得；又，根据面面垂直的判定定理，可得，故B正确；选项C，线面垂直需直线垂直于平面内两条相交直线，但题中未明确直线相交，所以不能推出，故C错误.选项D，由且，得直线是平面与的交线；由且，得直线是平面与的交线.已知，根据面面平行的性质定理：两平行平面被第三个平面所截，所得交线互相平行，故，故D正确.11．ABD解析：对于选项A，当骰子的点数为2，3，4，5，6时，满足平均数为4，中位数为4，可以出现6点，故选项A正确；对于选项B，当骰子的点数为3，3，4，5，6时，满足中位数为4，极差为3，可以出现6点，故选项B正确；对于选项C，若平均数为3，且出现点数6，则，所以当平均数为3，方差为1.6时，一定不会出现点数6，故选项C错误；对于选项D，当骰子的点数为1，1，3，4，6时，，，满足中位数为3，方差为3.6，故选项D正确.12．解析：从分别写有0，1，2，3的四张卡片中不放回地抽取两张的基本事件有：共6种抽法；抽到的两张卡片上数字之和大于3的基本事件有共2种抽法，所以抽到的两张卡片上数字之和大于3的概率为.13．解析：由频率分布直方图可知，组距为．组的频率为．因为这组的频数是这组频数的倍，且样本容量相同，所以这组的频率是这组频率的倍，即，解得．由频率分布直方图所有小矩形面积之和为，可得：，解得．各组的频率依次为：：；：；：；：；：．因为选取成绩前的选手为一等奖获得者，即求第百分位数．前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，所以一等奖的分数线位于内．设一等奖的分数线为，则，即，解得，即．故估计一等奖的分数线为分．14．1解析：

可知，即；如图所示，以直线为轴，点为原点，建立平面直角坐标系，则直线方程为，直线的方程为，可知点在直线上，设，所以点，则，因为，所以，即，可知，因为，当且仅当时取等号，所以，所以的最小值为.15．(1)(2)解析：（1）因为，所以，所以.（2）因为，所以，又因为，所以.16．(1)点，，，共面，理由如下：连接因为分别为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为分别为的中点，所以，所以，则四点共面(2)连接因为底面为正方形，所以，因为平面，平面，则，，平面，所以平面，因为平面，所以，又因，所以因为底面为正方形，所以，易得，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面.解析：（1）点，，，共面理由略（2）略17．(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）解析：（1）设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B，所以，，，，第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为，所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为.（2）（ⅰ）设表示事件“加赛中第轮平局”，所以，要使加赛满三场，则前两场必须平局，所以加赛满三场的概率为.（ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：，若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：，若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：，所以甲获胜的概率为：.18．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）解析：（1）因为，，且满足．所以，由正弦定理可得：，因为在中，，代入化简得：，因为在中，，所以，即，因为，所以（2）（ⅰ）因为在上且平分，所以，由等面积，可得，化简得：，由余弦定理可得：，即，解得：（负数值舍去），所以的面积为；（ⅱ）因为在上且平分，，，所以，所以，因为在上，设①，在上，，设，则②，联立①与②，可得，解得，所以，，所以的长.19．(1)因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以.(2)取的中点，连接，.因为为等边三角形，所以.又，，所以，所以四边形为平行四边形，又，故四边形为矩形，所以，因