福建省泉州市2025~2026学年高一下册期末参考试卷（A卷）数学试卷【附解析】

数学本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟.一、选择题：本题共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.2.在复平面内，复数满足，则对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为900，其中男生的人数为500，若女生抽取的人数为20，则男生抽取的人数为（）A. B. C. D.4.若一列数的中位数是，则该列数的第百分位数是（）A. B. C.或 D.5.具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质点受到两个力和的作用，已知与的夹角为，N，则与的合力大小为（）A.20N B.NC.N D.N6.已知复数满足条件，则的最小值为（）A.1 B.3 C.4 D.57.已知点是的重心，且，．若三点共线，则的最小值为（）A. B. C. D.8.在三棱锥中，，，．若在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.四名同学各自进行次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中环的是（）A.中位数为，众数为 B.平均数为7，众数为C.中位数为，极差为 D.平均数为，方差为10.欧拉公式是虚数单位巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（）A. B.C.复数的模等于 D.11.如图，在正四棱台中，，，()，则（）A.三棱锥的体积是定值B.当时，平面平面C.当时，直线与平面所成的角最大D.存在，使得平面平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足，则的虚部为______.13.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为______.14.已知非零向量满足，且对任意实数，．则在上的投影向量的模的最小值为______.四、解答题：本题共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.如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且．（1）求直线与所成的角的余弦值；（2）若平面与平面的交线为，证明：．16.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，求．17.某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分100分)，共收集统计了1000份问卷，并将满意度得分按区间，，，，，分为六组，绘制如下频率分布直方图：（1）补全频率分布直方图；（2）将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为．统计得到老年人的满意度平均数为，方差为，中年人的满意度方差为，年轻人的满意度平均数为，方差为．（i）估计该地中年人的满意度平均数；（ii）估计该地市民的满意度方差．（参考数据：）18.若内的点满足，则称为的布洛卡点．记的内角所对的边分别为，已知．（1）若，证明：的内心为布洛卡点；（2）已知为的布洛卡点．（i）若，求；（ii）若，证明：．19.如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）点在上，若二面角的正切值为．（i）求；（ii）求直线与平面所成角的正弦值．

数学本试卷共19题，满分150分，共4页.考试用时120分钟.一、选择题：本题共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：A解析：思路：根据向量线性运算的坐标表示求解．解答过程：因为，所以.2.在复平面内，复数满足，则对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：D解析：解答过程：解法一：，所以复数对应的点为，故对应的点在第四象限．解法二：因为，结合，所以，故对应的点在第四象限．3.某中学为了解高一年学生体育锻炼的情况，按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样的方法进行抽样调查．已知高一年学生的人数为900，其中男生的人数为500，若女生抽取的人数为20，则男生抽取的人数为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据分层抽样的抽样方法，先计算抽样比，根据抽样比确定抽取的男生人数．解答过程：因为高一年学生的人数为，其中男生的人数为，所以女生的人数为，因为采用比例分配的分层随机抽样，设男生抽取的人数为，所以，解得．4.若一列数的中位数是，则该列数的第百分位数是（）A. B. C.或 D.答案：B解析：思路：通过中位数和百分位数的定义求解.解答过程：因为的中位数为，所以，故这一列数为，又，所以第百分位数是这一列数中的第个数，为．5.具身智能是前沿人工智能技术，以此为核心研发的智能机器人有望成为服务人类的可靠助手．如图，质点受到两个力和的作用，已知与的夹角为，N，则与的合力大小为（）A.20N B.NC.N D.N答案：C解析：解答过程：因为与的夹角为，，所以，即合力为．6.已知复数满足条件，则的最小值为（）A.1 B.3 C.4 D.5答案：C解析：解答过程：由复数满足条件，即，得复数表示的点在以为圆心，半径为的圆上．而的几何意义为原点到圆的点的距离．的最小值为圆的圆心与原点的连线段的长度减去半径，圆的圆心与原点的连线段的长度为，则的最小值为，故选项C正确．7.已知点是的重心，且，．若三点共线，则的最小值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：通过重心定义以及均值不等式求解.解答过程：因为点是的重心，所以，，又，，所以，因为三点共线，所以，因此，当且仅当时，等号成立，即的最小值为.8.在三棱锥中，，，．若在同一个球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：在中，，，由余弦定理得：，即，取中点，连接并延长至，使得，即是的外接圆圆心且．在中，因为，所以，所以，因此的外接圆圆心为点．连接，显然，同理，所以是二面角的平面角．在直角中，，由勾股定理得，又，所以，所以，所以平面⊥平面，又，平面，由点是的外接圆圆心，即球心在直线上．又是的外接圆圆心，即球心也在过点且垂直于平面的直线上，两条垂线的交点为点，所以是三棱锥的外接球球心．所以球的半径，球的表面积为．二、选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.四名同学各自进行次射击测试，分别记录每次射击的结果．根据四名同学的统计结果，可以判断一定没有命中环的是（）A.中位数为，众数为 B.平均数为7，众数为C.中位数为，极差为 D.平均数为，方差为答案：CD解析：思路：举特例，结合中位数、众数、平均数、极差以及方差公式逐一分析即可．解答过程：对于A，若有环，则只能出现在第4或5位，则命中环数可以是，符合中位数为，众数为，所以可能命中过环，故A错误；对于B，若有环，可设环数为，，，，，(，)，则，即，可取，，即可能命中过10环，故B错误；对于C，若有环，则命中环数最小为7环，则中位数不可能为，所以一定没有命中过10环，故C正确；对于D，若有环，则设环数由小到大排序为，则，所以一定没有命中过环，故D正确．10.欧拉公式是虚数单位巧妙地将复数、指数函数与三角函数联系起来，在涉及波动、振动、周期信号、交变场等理工领域应用广泛，则下列结论正确的是（）A. B.C.复数的模等于 D.答案：ABD解析：解答过程：对于A选项，，，故A选项正确；对于B选项，，故B选项正确；对于C选项，解法一：，解法二：，所以，故C选项错误；对于D选项，，故D选项正确．11.如图，在正四棱台中，，，()，则（）A.三棱锥的体积是定值B.当时，平面平面C.当时，直线与平面所成的角最大D.存在，使得平面平面答案：ACD解析：思路：对于选项A，连结交于点，连结，先证明平面，可得上任意一个点到平面的距离都相等，再结合棱锥的体积公式判断即可；对于选项B，解法一：先得到四边形为梯形，则与一定相交，进而判断即可；解法二：先假设平面平面，进而推出矛盾即可判断；对于选项C，过点作平面，垂足为，可得直线与平面所成的角为，分析可得要达到最大，只要达到最小，此时，进而求解判断即可；对于选项D，结合勾股定理可得，再结合C分析可得存在，使得，可得平面，进而判断即可.解答过程：对于选项A，如图1，连结交于点，连结，在正四棱台中，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，所以上任意一个点到平面的距离都相等，即三棱锥的体积是定值．因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以三棱锥的体积是定值，故A选项正确；对于选项B，若，则点运动到点，解法一：如图2，在正棱台中，因为，，所以四边形为梯形，所以与一定相交，即平面与平面相交，故B选项错误；解法二：假设平面平面，因为，所以四点共面，因为平面平面，平面平面，所以，显然矛盾，故B选项错误；对于选项C，如图3，过点作平面，垂足为，则直线与平面所成角为，所以，因为是定值，所以要达到最大，只要达到最小，此时．因为，所以，故是中点，即，故C选项正确；对于D选项，因为，所以梯形的高为，故，所以，则．由C选项可知，，所以，则三角形是等腰三角形，即是锐角，又因为是钝角，所以必然存在点，使得是直角，即存在，使得，因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故D选项正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足，则的虚部为______.答案：4解析：思路：设出复数，表示出其共轭复数，根据复数相等求解.解答过程：设，则，所以，解得，所以的虚部为4.13.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则较小部分几何体的体积为______.答案：解析：思路：先将截面在正方体各个面上的交线画出来，并将位于截面下方的几何体的体积计算出来，即可得出答案.解答过程：因为正方体的棱长为2，所以正方体的体积为．取中点连结，因为且，所以与必相交，分别连结，并延长相交于点，因为平面，平面，且平面平面，所以在上，所以，因为，所以较小部分几何体的体积为．14.已知非零向量满足，且对任意实数，．则在上的投影向量的模的最小值为______.答案：解析：思路：解法一：设，，则，进而由题意可得，整理为的一元二次不等式，进而可得，求解即可求得在上的投影向量的模的最小值.解法二：由题可设，，，令，可得为轴的动点，可得或，下同解法一.解答过程：解法一：由题可设，，则，对任意实数，有，即恒成立，即对任意实数恒成立，故，即，即或，故在直线的上方（含边界）或在直线的下方，由对称性不妨设在直线的上方（含边界），因为，如图，在上的投影向量的模的最小值为．解法二：由题可设，，，，因为，即，又为轴的动点，所以点到轴的距离最小值为，即或，下同解法一.四、解答题：本题共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.如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且．（1）求直线与所成的角的余弦值；（2）若平面与平面的交线为，证明：．答案：（1）（2）正方形中，，平面，平面，平面．平面，平面平面，．解析：思路：（1）先通过平行四边形转化异面直线所成角为，再结合几何体尺寸求出三边长度，最后用余弦定理算出该角余弦值即为异面直线夹角余弦值；（2）先利用正方形对边平行与线面平行判定定理证平面，再根据线面平行的性质定理推出交线.（1）连结，在长方体中，，，四边形为平行四边形，．或其补角为直线与所成的角．多面体的上面为正四棱锥，下面为长方体，高都为1，四边形为正方形，设其中心分别为，连结，则过点，且平面，平面，连结，则，且，易得，，，，在中，，直线与所成的角的余弦值为．（2）略16.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，求．答案：（1）（2）解析：思路：（1）可利用正弦定理或者余弦定理边角互化对题目所给式子进行化简，根据三角形内角范围得到角的值；（2）利用正弦定理将边的等式转化为角，根据（1）中求出的角的值对式子进行转化，转为关于角的关系式，求值即可．（1）解法一：在中，由余弦定理得：，即，因为，所以，即，因为，所以．解法二：在中，由正弦定理得：，因为，所以，所以，即，因为，所以．（2）解法一：由（1）知，，因为，在中，由正弦定理得：，整理得，即．又，故；所以，即，则．解法二：如图过作于，因为，在中，，在中，，所以，因为，所以，即，因为，所以，因为，所以，所以．17.某电视台为了解一档节目在某地区的满意度情况，随机向该地市民分发满意度调查问卷(满分100分)，共收集统计了1000份问卷，并将满意度得分按区间，，，，，分为六组，绘制如下频率分布直方图：（1）补全频率分布直方图；（2）将参与问卷调查的市民分为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为．统计得到老年人的满意度平均数为，方差为，中年人的满意度方差为，年轻人的满意度平均数为，方差为．（i）估计该地中年人的满意度平均数；（ii）估计该地市民的满意度方差．（参考数据：）答案：（1）（2）（i）；（ii）．解析：思路：（1）先根据矩形面积之和为1，求出得分在范围内的矩形高度，进而补全频率分布直方图.（2）（i）根据分层抽样均值的计算公式求解.（ii）根据分层抽样方差的计算公式求解.（1）设得分在对应的矩形高度为，则由，得，补全频率分布直方图，如图所示．（2）（i）因为老年人、中年人、年轻人三个群体，其人数之比为，所以老年人、中年人、年轻人分别收集300份，300份，400份调查问卷，设总样本平均得分为，方差为，则由频率分布直方图得：．老年人的满意度平均得分为，方差为，中年人的满意度平均得分为，方差为，年轻人的满意度平均得分为，方差为，因为，所以，用样本估计总体，可以估计该地中年人的满意度的平均数为.（ii）因为.用样本估计总体，可以估计该地市民的满意度方差为．18.若内的点满足，则称为的布洛卡点．记的内角所对的边分别为，已知．（1）若，证明：的内心为布洛卡点；（2）已知为的布洛卡点．（i）若，求；（ii）若，证明：．答案：（1）在中，若，则由正弦定理可得：，又因为，所以，即.代入，可得，即，所以为等边三角形．若点是的内心，则分别是角平分线，即，所以点是的布洛卡点．（2）（i）（ii）法一：若，则，所以，设，则，在中，由正弦定理得：，即，所以，①在中，由正弦定理得：，即，所以，②由①②得：．法二：若，则，所以，在中，，由正弦定理得，，即，在中，，由正弦定理得：，即，由得：，即．法三：若，则，所以，设，则，，在中，由正弦定理得：，即，在中，由正弦定理得：，即，上面两式相除得：，化简得：，因为，所以，所以为等边三角形，显然满足．解析：思路：（1）由已知结合正弦定理可得为等边三角形，结合点是的内心，可得结论；（2）（i）法一：由已知可求得，设，在中，由正弦定理得：，可求得；法二：由已知可求得，设，在中，由正弦定理得：，可求得；（ii）法一：若，设，可得，在，中利用正弦定理可证结论.法二：在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，进而计算可得结论.法三：若，设，在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，进而计算可证结论.（1）略.（2）（i）法一：因为，所以，因为，所以，因为，所以，又，所以，即为直角三角形，所以．当点为的布洛卡点时，设，则，在中，，在中，由正弦定理得：，即，解得：．法二：因为，所以，因为，所以，因为，所以，又，所以，即为直角三角形，所以．当点为的布洛卡点时，设，则，在中，，在中，由正弦定理得：，即，所以，即，化简得：，即．（ii）略.19.如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）点在上，若二面角的正切值为．（i）求；（ii）求直线与平面所成角的正弦值．答案：（1）连接，交于点，连结．由，且，则四边形是菱形，则，且点是的中点，所以，，又，则为等边三角形，所以，所以，又，则，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）（i）（ii）解析：思路：（1）先根据菱形的性质证明，再根据等边三角形的性质，及勾股定理证明，进而根据线线垂直，线面垂直的性质即可证明结论；（2）（i）解法一：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据相似三角形的性质，余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可；解法二：先确定二面角的平面角，根据余弦定理，勾股定理证明，再设，，从而根据相似三角形的性质，及余弦定理，得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可；解法三：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可；（ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，再根据勾股定理，余弦定理，及求出的值，进而根据求出即可．解法四：（i）结合（1），以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，（），从而求出平面的法向量，再结合平面的法向量，根据二面角的向量求法求出的值即可；（ii）结合（i）得到，再求出平面的法向量，再根据直线与平面所成角的向量求法即可求解．（1）略（2）（i）解法一：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为点，连结．由，且平面，所以平面，又平面，所以，又，且，平面，