福建省福州市福州第一中学2025~2026学年高一下册第四学段模块考试数学试卷【附解析】

数学满分150分）一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．每小题5分，共40分）1.（）A. B. C. D.2.一组数据中最大值为，最小值，绘制频率分布直方图，若组距为，且第一组左端点取，则组数为（）A. B. C. D.3.已知为不同的平面，为不同的直线，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则4.甲、乙、丙三人各射击一个目标一次，三次射击相互独立，命中率分别为，，，则目标恰好被击中两次的概率为（）A. B. C. D.5.四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（）A. B. C. D.6.一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（）A. B. C. D.7.签筒中有支外形完全相同的签，签面上分别写有数字．从中不放回地依次随机抽取支签，先后抽得的数字分别记为．若满足，，，则为锐角三角形的概率为（）A. B. C. D.8.正三棱柱中，，动点P在侧面内，且直线与面所成角的正切值为，则线段扫过的曲面面积为（）A. B. C. D.二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分，共18分）9.三棱锥中，，且，下列结论正确的是（）A.平面平面 B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球半径为 D.二面角的大小为10.事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的是（）A.事件A与事件B互为对立事件B.必有C.若，则D.若，则事件A与事件B相互独立11.如图，将一副三角板拼接，并将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点E，F分别为棱，的中点，则翻折过程中（）A.始终有B.若，则与平面所成角的正切值为C.G为的中点，平面截三棱锥所得截面面积的最大值为D.M为线段上的动点，当时，的最小值为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若样本数据，，的方差为4，则，，的方差为________．13.已知点P是正方体的棱（包括端点）上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是________．14.已知是半径为1的球上任意不同的三点，则的取值范围是__________.四、解答题（本题共5小题，共77分，应写出文字说明，证明过程或演算步骤．注意：本次考试解答题使用空间向量法论证、计算不得分）15.盒中有4张大小、质地相同的卡片，分别写有数字1，2，3，4．（1）有放回地随机抽取2次，每次抽1张，求两次抽得数字之和大于5的概率；（2）不放回地依次随机抽取2张卡片，判断“两次抽得的数字之和为奇数”与“两次抽得的数字之积为3的倍数”这两个事件是否相互独立，并证明你的结论．16.如图，四棱锥的底面是平行四边形，点E，F分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）设平面与线段交于点Q，作出平面与平面的交线（要求说明做法），并求．17.某校学生参加数学竞赛，成绩均在区间内．已知选物理、历史方向的学生人数分别为180人、120人．现按选科方向按比例分层抽样，抽取50名学生的答题成绩，并绘制如下样本频率分布直方图．选科方向样本平均数样本方差物理方向60历史方向59（1）计算a的值，并用样本估计全体学生成绩的上四分位数（结果精确到整数）；（2）已知所抽取的物理和历史方向学生答题成绩的平均数、方差如上表，且根据频率分布直方图估计出全体学生成绩的方差为148，求表中，．18.如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，平面，且．点D，E位于平面同侧．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（3）以A为球心，为半径作球，P是上的一动点，求P到平面距离的最大值．19.在平面中，任意三角形均可作三条互相平行且相邻距离相等的直线，，，使，，2，3．设与线段交于D．（1）直接判断点D在线段上的位置（无需给出理由）；（2）（ⅰ）证明：对任意四面体，都可作四个互相平行、相邻距离相等的平面，，，，使，，2，3，4；（ⅱ）若是正四面体，且满足（ⅰ）的相邻平面间距离均为1，求其体积．

数学满分150分）一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．每小题5分，共40分）1.（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据复数的四则运算即可求解．解答过程：，故选：C．2.一组数据中最大值为，最小值，绘制频率分布直方图，若组距为，且第一组左端点取，则组数为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：，，组数为.3.已知为不同的平面，为不同的直线，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则答案：C解析：思路：利用线面的位置关系，以及相应的性质定理，结合图形逐项分析即可.解答过程：对A选项：如图所示，由图可知，若，则还有可能相交，故A选项不正确；对B选项：如图所示，由图可知，若，则还有可能故B选项不正确；由线面垂直的性质定理可知，若，则成立，故C选项正确；对D选项：如图所示，若，则还有可能，故D选项不正确；故选：C.4.甲、乙、丙三人各射击一个目标一次，三次射击相互独立，命中率分别为，，，则目标恰好被击中两次的概率为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据相互独立事件的概率乘法公式结合对立事件的概率求解即可.解答过程：目标恰好被命中两次的概率为.5.四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：利用正弦定理求出外接圆半径，再利用直角三角形的勾股定理即可求出外接球半径，即可求得结果.解答过程：在中，其外接圆半径为，由正弦定理知：，故故，故外接球的半径，则其体积为,故选：C6.一个圆台的轴截面周长为4，则该圆台侧面积的最大值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用圆台的侧面积公式结合基本不等式求解即可.解答过程：设圆台上、下底面半径分别为、，母线长为，则轴截面是等腰梯形，周长为即.由题意得∴圆台侧面积为，当且仅当，即时，等号成立.圆台侧面积的最大值为.7.签筒中有支外形完全相同的签，签面上分别写有数字．从中不放回地依次随机抽取支签，先后抽得的数字分别记为．若满足，，，则为锐角三角形的概率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据余弦定理可构造不等式确定为锐角三角形时，所满足的不等关系，采用列举法，根据古典概型概率公式可求得结果.解答过程：在中，由余弦定理得；若为锐角三角形，则，，即且，整理可得：且，且；从支签中不放回依次随机抽取支签，所有可能的结果记为，则有种可能的结果；其中满足且的有，共种情况；为锐角三角形的概率.8.正三棱柱中，，动点P在侧面内，且直线与面所成角的正切值为，则线段扫过的曲面面积为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：取中点为，连接，，由面面垂直的性质定理得平面，进而得为直线与平面所成角，计算得，再计算弧长和，根据扇形的面积公式即可求解.解答过程：取中点为，连接，，由为正三角形，所以，在正三棱柱中，平面平面，又平面平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，又，所以，所以，所以，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，又，所以，所以，所以，所以的弧长为：，又，所以线段扫过的曲面为点沿圆弧运动时扫过的曲面是圆锥侧面的一部分，所以线段扫过的曲面面积为.二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分，共18分）9.三棱锥中，，且，下列结论正确的是（）A.平面平面 B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球半径为 D.二面角的大小为答案：ACD解析：思路：根据条件，可以将三棱锥补成正方体，利用平面可判定平面平面；利用三棱体积公式可求三棱锥的体积；利用三棱锥与正方体有相同外接球可求球的半径；利用平面可得为二面角的平面角，在中可求的大小.解答过程：由三棱锥中，，且可将三棱锥补充为棱长为的正方体.对于选项A，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.因为，平面，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面，故A正确；对于选项B，，故B错误；对于选项C，三棱锥外接球半径为正方体外接球半径，即，故C正确；对于选项D，因为平面，平面，所以.又因为，所以为二面角的平面角.在中，，，所以，即二面角的大小为.故D正确.10.事件A，B发生的概率分别为，，下列说法正确的是（）A.事件A与事件B互为对立事件B.必有C.若，则D.若，则事件A与事件B相互独立答案：BCD解析：解答过程：对于A，在连续掷一枚质地均匀的硬币2次的试验中，设“至少有一次正面向上”，“两次都是正面”，显然，但与不是对立事件，故A错误；对于B，因为，又因为，所以，所以，故B正确.对于C，因为，所以，故C正确.对于D，，则，所以，又因为，所以事件A与事件B相互独立，故D正确.11.如图，将一副三角板拼接，并将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点E，F分别为棱，的中点，则翻折过程中（）A.始终有B.若，则与平面所成角的正切值为C.G为的中点，平面截三棱锥所得截面面积的最大值为D.M为线段上的动点，当时，的最小值为答案：BC解析：思路：根据线面垂直、面面垂直的判定定理，结合线面角定义、棱锥截面性质、旋转的性质逐一判断即可.解答过程：A：连接，因为，点E为棱的中点，所以，当成立时，因为，所以平面，又平面，所以平面平面，如果始终有成立，则需要平面平面始终成立，但是这显然是不成立的，在翻折过程中，不能始终保证平面平面，所以本选项说法不正确；B：连接，因为平面，所以平面，又平面，所以，因为为的中点，所以，又平面，所以平面，则即为与平面所成角的平面角，在中，，则，，所以，即与平面所成角的正切值为，所以本选项说法正确；C：因为，所以，.设的中点为，连接，则四边形是平面截三棱锥所得的截面，因为点E，F分别为棱，的中点，G为的中点，所以有，，，因此，所以四边形是平行四边形，因此，所以平行四边形的面积为，当时，四边形面积有最大值，此时，所以本选项说法正确；D：当时，因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，使其与在同一平面内，则当三点共线时，最小，即的最小值为，在中，，则，所以，所以的最小值为，故本选项说法错误.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若样本数据，，的方差为4，则，，的方差为________．答案：16解析：思路：根据方差的性质进行求解即可.解答过程：因为样本数据，，的方差为4，所以，，的方差为.13.已知点P是正方体的棱（包括端点）上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是________．答案：##解析：思路：由正方体的性质可知所求为，又因为，可知当点在处时，有最小值，计算可得结果.解答过程：由正方体的性质可知，则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角.又因为平面，平面，所以，即求的最小值.设正方体的棱长为1，则，由图知，要使取最小值，需使取的最大值，即当点与重合时，.14.已知是半径为1的球上任意不同的三点，则的取值范围是__________.答案：解析：思路：设所在截面圆的半径为，圆心为，设，则，分当点在劣弧上时，当点在优弧上时，当时三种情况计算可求其范围.解答过程：设所在截面圆的半径为，圆心为，设，则.①当点在劣弧上时，，则，，，又，；②当点在优弧上时，，则，，；③当时，，综上，的取值范围为.四、解答题（本题共5小题，共77分，应写出文字说明，证明过程或演算步骤．注意：本次考试解答题使用空间向量法论证、计算不得分）15.盒中有4张大小、质地相同的卡片，分别写有数字1，2，3，4．（1）有放回地随机抽取2次，每次抽1张，求两次抽得数字之和大于5的概率；（2）不放回地依次随机抽取2张卡片，判断“两次抽得的数字之和为奇数”与“两次抽得的数字之积为3的倍数”这两个事件是否相互独立，并证明你的结论．答案：（1）（2）“两次抽得的数字之和为奇数”与“两次抽得的数字之积为3的倍数”相互独立，证明过程为：设事件B表示“两次抽得的数字之和为奇数”，事件C表示“两次抽得的数字之积为3的倍数”．不放回依次抽取两次，样本空间共有种等可能结果．事件B：，，，，，，，，共8种．事件C：，，，，，，共6种．事件：需一张为3，另一张为偶数，即，，，，共4种．，，．因为，所以事件B与事件C相互独立．解析：思路：（1）先算出所有可能结果的种数，再找出满足条件的种数即可.（2）算出样本空间，再找出两个事件的样本点个数，从而分别计算两个事件的概率和交事件的概率，再用独立事件概率公式进行判断.（1）设事件A表示“两次抽得的数字之和大于5”，有放回抽取两次，共有种等可能结果，和大于5的有，，，，，，共6种，故．（2）略16.如图，四棱锥的底面是平行四边形，点E，F分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）设平面与线段交于点Q，作出平面与平面的交线（要求说明做法），并求．答案：（1）证明：取M为的中点．因为，，所以，且．又底面为平行四边形，所以，且．因为E为的中点，所以．于是，且，故四边形为平行四边形，从而．又平面，平面，所以平面．（2）延长，交于点G，连接．因为，所以平面，又，所以平面．同理平面，且平面，所以平面平面．因为E是的中点，且四边形为平行四边形，由平行线性质知C是的中点．又F是的中点，所以在中，与分别为两条中线，由题意得，则Q是的重心，故．解析：思路：（1）构造中位线，通过平行四边形证线线平行，由线面平行判定定理完成证明；（2）根据点线面的关系得到平面与平面的交线，利用平行四边形性质结合三角形重心结论，得到线段比值.（1）略（2）略17.某校学生参加数学竞赛，成绩均在区间内．已知选物理、历史方向的学生人数分别为180人、120人．现按选科方向按比例分层抽样，抽取50名学生的答题成绩，并绘制如下样本频率分布直方图．选科方向样本平均数样本方差物理方向60历史方向59（1）计算a的值，并用样本估计全体学生成绩的上四分位数（结果精确到整数）；（2）已知所抽取的物理和历史方向学生答题成绩的平均数、方差如上表，且根据频率分布直方图估计出全体学生成绩的方差为148，求表中，．答案：（1），上四分位数为（2），解析：思路：（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程求出，再根据百分位数的定义计算即可；（2）首先求出物理、历史方向的人数，再根据平均数、方差公式计算可得.（1），解得，各组频率为：0.04，0.12，0.34，0.28，0.14，0.08，，所以上四分位数落在内，方法1：在该组内所占比例为．因此上四分位数约为；方法2：设上四分位数为x，则，解得．精确到整数，得；（2）物理方向与历史方向人数比为，故总体中两类学生所占比例分别为和，由直方图估计总体平均数为，又因为，解得，由分层方差公式，，解得．所以，.18.如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，平面，且．点D，E位于平面同侧．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（3）以A为球心，为半径作球，P是上的一动点，求P到平面距离的最大值．答案：（1）取中点M，连接，，因为，所以，且．因为平面，平面平面，平面平面，且，所以平面，因为平面，所以．又因为，所以四边形是平行四边形，从而．因为是等边三角形，且M为的中点，所以．因为平面，平面平面，平面平面，所以平面．由，得平面．又因为平面，所以平面平面．（2）（3）解析：思路：（1）取中点M，连接，，由面面垂直的性质以及判定定理即可证明；（2）设平面平面，由二面角的定义得到即为平面与平面所成二面角的平面角即可求解；（3）由题意可得，点A与点M到平面的距离相等，过点M作，由线面垂直的判定定理证明平面，得到是M到平面的距离，过点A作平面，当点P位于射线上时，点P到平面的距离最大即可求解.（1）略（2）由（1）知平面，平面，设平面平面，所以，，因为，所以；又因为，所以，所以因此即为平面与平面所成二面角的平面角，在中，，，所以．故平面与平面所成角的余弦值为．（3）由，且平面，平面知平面，因此，点A与点M到平面的距离相等，过点M作，垂足为H，由平面，平面，所以，又，所以又因为，平面，，所以平面，因此是M到平面的距离，由（2）知，所以，在直角三角形中，，过点A作平面，垂足为K，则．球的半径为．当点P位于射线上，且时，点P到平面的距离最大，此时．所以，点P到平面距离的最大