山东省青岛市2025-2026学年高一数学下学期期末考试含解析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后

，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：(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iz=3+i,则z的虚部为()

A.1B.iC.-3

D.-3i

2.某市开展“全民阅读”实施效果的调查研究，按区域划分为核心区、开发区、远郊区，各区的人口

比例为2:3:4.现采用分层抽样的方法从各区中抽取人员进行调研.已知从开发区抽取的人数为300,

则从核心区抽取的人数为()

A.90B.120C.180

D.200

3.已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列结论正确的是()

A.若m//n,m/la,nllβ,则α/lβB.若αllβ,mcα,ncβ,

则m//n

C.若m⊥n,mlα,n⊥β,则α⊥βD.若m⊥n,m⊥α,n/lβ,

则α⊥β

4.已知向量a与b的夹角为30°,|à=2,a.b=3,则|a-5=()

A.1B.√3C.2

D.√13

5.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,b=4,B=2A,则S△ABc=()

A.2√5B.4√5

D.

6.球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线

段长叫做球缺的高(如图).若球缺的底面半径为r,高为h,则球缺的体积

已知棱长为2的正方体ABCD-AB₁C₁D₁的各个顶点都在球O上，平面ABCD将球O截成两部分，

那么较小部分的体积为

()

试卷第1页，共5页

A.B.

c.2(√3-1)πD.

7.在三棱锥P-ABC中，G为△ABC的重心，PA=λPD,PB=μPE,PC=4PF(λ>1,μ>1).

若PG交平

面DEF于点M,且,则的最小值为()

A.B.D.

8.已知平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D的所有棱长均为2,0为AC的中点，且AO⊥平面ABCD,若

直线A4

与底面ABCD的夹角为45°,则三棱锥A-A₁BD的外接球被平面BCC₁B₁截得的截面面积为()

B.πD.2π

二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分)

9.如图，四边形ABCD的斜二测直观图为等腰梯形A'B'C'D,已知A'B'=2C'D'=4,则()

A.A'D'=√2

B.BC=2√2

C.四边形ABCD的周长为6+2√2+2√3

试卷第2页，共5页

D.四边形ABCD的面积为6√2

10.已知平面向量a,b满足|a=2,5|=1,a.b=1.对实数t,设ü=a+tb,

=ta-B.则下列说法正确的是()

A.|的最小值为√3

B.存在两个实数t,使得ü⊥

C.若园=同，则t=1

D.以ü,为邻边的平行四边形面积的最小值为√3

11.如图，棱长为4的正方体ABCD-AB₁C₁D₁中，点P为AB₁的中点，动

点Q满足DQ=λDC+μDD,a,μ∈(0,1),则下列说法正确的是()

A.平面B₁DQl平面ACD₁

B.直线PQ与平面CC₁DD所成角为θ,则sinθ的取值范围是

C.设C₁Do平面BPD₁=Q,则三棱锥P-ACQ的体积为

D.以△CC₁D₁的边CD₁所在直线为旋转轴将△CC₁D₁旋转，则在旋转过程中，则PC₁的取值范围是

[2,2√13]

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

12.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标是(2,3,-1),则p在基底{a,a+b,b+c}下的坐标为

13.学校为了解学生身高(单位：cm)情况，采用按比例分层随机抽样的方法从3000名学生中抽取了

一个容量为100的样本，其中男女生人数之比为3:2,统计数据得到男生平均身高为176,方差为

164,女生平均

身高为161,方差为169,用样本估计总体，则该学校学生身高的方差为

14.锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则的取值范围为

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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.已知meR,i为虚数单位，复数z=(m²-2m-3)+(m²-5m+6)i

(1)当复数z为纯虚数时，求m的值；

(2)已知p,q∈R,当m=1时，若z是关于x的方程2x²+px+q=0的一个

根，求P与4的值.

16.江苏省阜宁中学积极响应国家号召，举行了一次红色文化知识竞赛.学校在竞赛后，随机抽查

了100人的成绩整理后得到如图所示的频率分布直方图.

4频率/组距

0.035

0.025

0.015

0.005

O405060708090100分数

(1)求a的值，以及样本的平均数；

(2)若本次竞赛中获奖的人数占参赛总人数的20%,试估计获奖分数线(精确到0.1);

(3)估计这组样本数据的众数和中位数.

17.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若a=2,

且有

csinC-asinA=sinB(c-b).

(1)求sinA;

(2)若△ABC的面积为s=√3,求b,c;

(3)若△ABC为锐角三角形，求sin²B+sin²C的取值范围.

18.如图1所示，在等腰梯形ABCD,BCIIAD,CE⊥AD,垂足为E,AD=3BC=3,EC=1,

将△DEC

沿EC折起到△D₁EC的位置，如图2所示，平面D₁EC⊥平面ABCE.

图1图2

(1)求证：平面BCD₁⊥平面CD₁E;

试卷第4页，共5页

(2)求直线CD₁与平面ABD₁所成角的正弦值；

(3)在棱AD₁(不包括端点)上是否存在点G,使平面ABD₁与平面GEC的夹角的余弦值

为,若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.

19.如图，已知锐角△ABC中，BC=4,其外接圆O的半径为且三条圆弧沿△ABC三边

翻折后交于垂心H.

(1)求sin∠HCA;

(2)若点T为劣弧BHC上一动点，求TB·TC的最小值；

(3)若BO·AC=-10,求HA+HB+HC的值.

20.半径为R的球内部装有4个半径相同的小球，则小球半径r的可能最大值为

21.将{2ˣ+2+2'|x、y、z∈N,x<y<z}集合中的数从小到大排列·第100个数为_

(用数字作答).

1.C

【分析】使用复数的除法和复数的定义求解.

【详解】由iz=3+i,得则z的虚部为-3.

2.D

【分析】设从核心区抽取的人数为n人，根据题意，列出方程,即可求解.

【详解】设从核心区抽取的人数为n人，

因为各区的人口比例为2:3:4,且从开发区抽取的人数为300,

,解得n=200,即从核心区抽取的人数为200人.

故选：D.

3.C

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【分析】根据空间中线面、面面、线线位置关系逐项判断，可得出合适的

选项.【详解】对于A选项，若m//n,m/lα,n/lβ,则α/lβ

或α、β相交，A错；

对于B选项，若αllβ,mcα,ncβ,则m//n或m、n异面，B错；

对于C选项，由于m⊥n,m⊥α,可得ncα或n/lα,

若ncα,因为n⊥β,则α⊥β,

若n//α,过直线n作平面Y,使得αny=a,则n/la,

因为n⊥β,则a⊥β,∵aca,因此，α⊥β,C对；

对于D选项，若m⊥n,m⊥α,nllβ,则αllβ或α、β相交(

不一定垂直),D错.故选：C.

4.A

【分析】先根据已知求得，再利用|a-5|=√ā²-2ā.b+b²运算.

【详解】a.b=|a1.|b|cos30°=3,,解得|5|=√3,

则

la-5|=√(a-5)²=√a²-2a

b+b²=√4-2×3+3=1.故选：A

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5.C

【分析】根据正弦定理结合二倍角A的正弦公式可求得角A正弦和余弦，再根据三角变换公式求得

sinC,从而可求三角形的面积.

【详解】在△ABC中，由正弦定理得,解得

而0<A<π,

则，

故选：C.

6.A

【分析】根据题意可得球的半径以及平面ABCD截外接球所得圆的半径，然后求出球心与截面圆的圆

心间距离，再求出球缺的高，最后代入公式求解结果.

【详解】设外接球圆心为0,平面ABCD截外接球所得圆圆心为O1.

由题意正方体外接球的半径R=√3,平面ABCD截外接球所得圆的半径为r=√2.

O到O₁的距离d=√3-2=1,则球缺的高h=√3-1.

7.D

【分析】根据空间向量共面的条件，结合基本不等式求解即

可.【详解】因G为△ABC的重心，所以

,PA=λPD,PB=μPE,PC=4PF(λ>1,μ>1),

因为点M在平面DEF内，

,得λ+μ=5,且λ>1,μ>1.

试卷第2页，共16页

当且仅当时等号成立.

故选：D.

8.C

【分析】由AO⊥平面ABCD得到∠A₁AO=45°,由题中条件得到0为BD的中点，从而得到三棱锥A-

ABD

中△ABD和△ABD均为直角三角形，继而得到三棱锥A-ABD的外接球是以BD为直径，O为球心，利

用三棱锥体积相等求解即可得到截面圆的半径，利用圆的面积求解即可.

【详解】∵AO⊥平面ABCD,若直线AA与底面ABCD的夹角为45°,∴∠A₁AO=45°,

∵AA=2,∴AO=OA=√2,

∵O为AC的中点，四边形ABCD是平行四边形，∴O为BD的中点，

∵AB=AD=2,二AO⊥BD,OB=√AB²-AO²=√2

²-√2²=√2,∴BD=2OB=2√2,∴AB²+AD²=BD²,∴AB⊥AD,

∴三棱锥A-ABD中△ABD和△ABD均为直角三角形，

且平面ABDn平面ABD=BD,

∴三棱锥A-A₁BD的外接球是以BD为直径，O为球心，半径为

设O到平面BCC₁B₁的距离为d,外接球被平面BCC₁B₁截得的截面半径为r,

∵BB₁=BC=B₁C=2,

∴截面半径,则截面面积为

9.ACD

【分析】利用斜二测画法的规则，逐个求解边长，根据选项可得答案.

试卷第3页，共16页

【详解】由已知等腰梯形中，∠D'A'B′=45°,A'B'=2C'D′=4,所以A'D'=√2,

由斜二测画法得，在原图直角梯形ABCD中，AB=2CD=4,AD=2√2.,易得BC=2√3,

所以四边形ABCD的周长为6+2√2+2√3,面积

故选：ACD.

A

10.ABD

【分析】对于选项A,直接利用向量模的定义，转化为关于t的函数即可求解；对于选项B,

ü⊥⇔ū.5=0,转化为关于t的一元二次方程实根个数问题；对于选项c,i=同|即|a+tb|=|ta

-5|,转化

为关于t的一元二次方程进行求解；对选项D,以ū,而为邻边的平行四边形面积S=|i··sinθ,

先使用数

量积求出,再转化为关于t的函数即可求解.

【详解】对于选项A,=1a+16)=√1a+15²=√a²+2ia5+(6)²

=√4+24+t²=√(t+1)²+3≥√3,故选项A正确；

对于选项B,由ü⊥,则ū·i=0,

即(a+tb)·(tā-b)=ta²-a·b+t²a.b-tb²=t²+3t-1=0,

由于△=3²-4(-1)=13>0,故存在两个实数t,使得ü⊥,选项B正确；

对于选项C,若园=1同，则|a+tb|=|ta-5|,即|a+tb²=|ta-b²,

a²+2tab+(t5)²=(tā²-2tāb+b²,

3t²-4t-3=0,当t=1时，方程不成立，故选项C错误；

对于选项D,以ū,为邻边的平行四边形，设ū,元夹角为θ,

试卷第4页，共16页

由于θ∈(0,π),则

那么以ū,为邻边的平行四边形面积

=√3(t⁴+2²+1)=√J3(t²+1)≥√3,故选项D正确

11.ABD

【分析】A选项，根据题目条件得到Q在侧面CDD₁C₁(不含边界),作出辅助线，证明出AC1

平面BDB,

从而得到AC⊥BD,同理可证B₁D1AD,得到线面垂直，面面垂直；B选项，作出辅助线，得到

∠PQR即

为直线PQ与平面CC₁DD所成角θ,求出RQ∈(0,2√5),从而得到PQ∈(4,6),故

;C选项，作出辅助线，得到D₁H∩C₁D=Q,利用等体积法和体积之

比得到三棱锥P-A₁CQ的体积；D选项，作出辅助线，得到C₁的轨迹为以W为圆心，C₁W=2√2

为半径的圆，从而确定何时取得最小值和最大值，

得到答案.

【详解】A选项，DQ=λDC+μDD,a,μ∈(0,1),故Q在侧面CDD₁C₁(不含边界)上

，

连接BD,因为BB₁1平面ABCD,ACc平面ABCD,

所以BB₁1AC,

因为四边形ABCD为正方形，所以ACIBD,

因为BDnBB₁=B,BD,BB₁C

平面BDB₁,

所以AC1平面BDB,

因为B₁DC平面BDB₁,

所以AC⊥B₁D,同理可证B₁D1AD₁,

因为AD₁NAC=A,AD,ACc平面ACD,

试卷第5页，共16页

所以B₁D1平面ACD₁,

又B₁DC平面B₁DQ,

所以平面B₁DQ1平面ACD₁,A正确；

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B选项，取C₁D₁的中点R,连接PR,则PR1平面CDD₁C₁,

则∠PQR即为直线PQ与平面CC₁D₁D所成角θ,

因为点Q在侧面CDD₁C₁(不含边界)上，正方

体棱长为4,故RQ∈(0,2√5),

由勾股定理得PQ=√PR²+RO²∈(4,6),

,B正确；

C选项，取CD的中点H,连接D₁H,BH,

可证△BB₁P≌△D₁DH,故BP=D₁H,同理可知D₁P=BH,

又BD₁与PH的交点为正方体的中心，故B,P,D,H四点共面，

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故D₁H∩C₁D=Q,

因为DHI/C₁D,且,故

所以

连接AD,AD₁,则A₁D⊥AD,

因为AB₁1平面ADD₁A,AD₁C平面

ADDA,所以AB₁1AD₁,

又A₁DNA₁B₁=A₁,A₁D,A₁B₁C

平面PA₁HC,所以AD₁1平面PA₁HC,

其中D到平面A₁PCH的距离

而四边形A₁PCH的面积为2×4√2=8√2,

则三棱锥P-A₁CQ的体积,C错误

；D选项，取CD₁的中点W,连接C₁W,

因为C₁D₁=CC₁=4,所以C₁W1CD₁,且C₁W=2√2,

以△CC₁D₁的边CD₁所在直线为旋转轴将△CC₁D₁旋转，

C₁的轨迹为以W为圆心，C₁W=2为半径的圆，

√2过点P作PM1AB于点M,

₁,B₁M=√2,

连接WM交圆W于点N,连接PN,故当C₁,N重合时，PC₁取得最小值，

最小值为PN,

试卷第7页，共16页

取AB的中点Y,则

MY=B₁Y-B₁M=2√2-√2=√2,

又WY=4,故WM=√MY²+WY²=√2+16=3

√2,又WN=2√2,故MN=MW-MN=

√2,

由勾股定理得PN=√MN²+PM²=√2+2=2,

同理，MW的延长线交圆W于点N₁,当C₁,N₁重合时，PC₁取

得最大值，其中MN₁=MW+MN₁=5√2,

由勾股定理得PN₁=√N₁M²+PM²=√50+2=2√13,

故取值范围是[2,2√13,D正确.

故选：ABD

【点睛】立体几何中截面的处理思路：

(1)直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面

就是找交线的过程；

(2)作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过

过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；

(3)作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，

然后借助交点找到截面形成的交线；

(4)辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.

12.(-2,4,-1)

试卷第8页，共16页

【分析】依题意可得p=2a+3b-c,设p在基底{a,a+b,b+c}下的坐标为(x,y,z),

根据空间向量基本定理

试卷第8页，共16页

得到方程组，求出x、V、z即可得解.

【详解】由题意可知p=2a+35-c,设p在基底{a,a+b,b+c}下的坐标为(x,y,z),

所以p=xa+y(a+b)+z(b+c)=(x+y)a+(y+z)b+ze,

可得·故p在基底{a,a+b,b+c}下的坐标为(-2,4,-1).

故答案为：(-2,4,-1)

13.220

【分析】先根据分层抽样的比例求出样本中男、女的人数，再结合已知条件，代入分层抽样的平均

数与方差公式计算求解.

【详解】根据题意，由于男女生人数之比为3:2,则样本中男女生人数之比为

3:2,其中，男生平均身高为176,方差为164,女生平均身高为161,方差为

169,

则样本的平均

样本的方

用样本估计总体，则该学校学生身高的方差为220.

14.

【分析】由题意得到,如果设,那么问题转化为求的取值范围，则要确定

k的取值范围，利用正弦定理，同时结合锐角三角形条件确定C的取值范围，进而得到k的取值范

围，借助对勾

函数的单调性，即可求解的取值范围.

【详解】由题意得,设则原式可写

为已知△ABC是锐角三角形，A为锐角，故

由余弦定理得,化简得

因为三角形三个角均为锐角，故余弦值均大于0:

对cosB>0,由余弦定理得α²+c²-b²>0代,

得到解得

试卷第9页，共16页

对cosC>0,由余弦定理得a²+b²-c²>0,

试卷第9页，共16页

得到解得,因此

由对勾函数.性质知f(k)在(0,、√2)上单调递减，

在区间内，故f(k)在上单调递减，

因此，即

综上，的取值范围为

15.(1)

m=-1

(2)

p=16,q=40

【详解】(1)因为z为纯虚数，所以(m²-2m-3)=0且(m²-

5m+6)≠0,解得m=-1.

(2)m=1时，z=-4+2i.

因为z是方程的一个根，所以代入得：

2(-4+2i)²+p(-4+2i)+q=0,

(-32+2p)i+24-4p+q=0,

解得p=16,q=40.

16.(1)a=0.01,平均数为68.5;

(2)78.6;

(3)众数为75,中位数为70.

【分析】(1)根据所有矩形的面积之和为1求解α的值，根据平均数公式求解即可；

(2)由题意可得不获奖人数占参赛总人数的80%,设获奖分数线为x,先判断出x∈(70,80),

再由

0.1+0.15+0.25+0.035(x-70)=0.8,求解即可；

(3)由众数的定义求解众数，由中位的公式求解即可.

【详解】(1)由题意可得

10(a+0.015+0.025+0.035+a+0.005)=1,解得a=0.01;

设平均数为x,

则x=45×10×0.01+55×10×0.015+65×10×0.025+75×10×0.035+85×10×0.01+95×10×

0.005=68.5;

试卷第10页，共16页

(2)因为本次竞赛中获奖的人数占参赛总人数的20%,

所以不获奖人数占参赛总人数的80%,

设获奖分数线为x,

因为[40,50]分人数占总人数的10×0.01=0.1;(50,60)分人数占总人数的10×

0.015=0.15;(60,70)分人数占总人数的10×0.025=0.25;[70,80]分人数占总人数的

10×0.035=0.35;

而0.1+0.15+0.25=0.5<0.8,0.1+0.15+0.25+0.35=0.85>0.8,

所以x∈(70,80),

所以0.1+0.15+0.25+0.035(x-70)=0.8,

解得x=78.6;

(3)由众数的定义可知：此组数据的众数为

设中位数为m,

由(2)可知

0.1+0.15+0.25=0.5,所以

m=70.

17.(1)

(2)b=2,c=2

③

【分析】(1)使用正弦定理角化边，再使用余弦定理求解即可；

(2)利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可；

(3)利用三角形的内角和及得到,使用二倍角公式与两角差的余弦公式得到

,利用锐角三角形的条件得到角B的范围，转化为三角函数的范围

求解.【详解】(1)已知csinC-asinA=sinB(c-b),由正弦定理得c²-a²=bc-b²,

即b²+c²-a²=bc,由余弦定理得

因为A∈(0,π),所以

(2)由三角形面积公式得bc=4①,

由余弦定理知a²=b²+c²-2bccosA,即,

得b²+c²=8②,由①②解得c=2,b=2.

试卷第11页，共16页

(3)因A∈(0,π),所以.,则,即

试卷第11页，共16页

因为△ABC为锐角三角形，

所以

解得,则

即sin²B+sin²C的取值范围是

18.(1)∵ABCD为等腰梯形，CE⊥AD,∴BC⊥CE,

又∵平面D₁EC⊥平面ABCE,平面D₁ECn平面ABCE=EC,∴BC⊥平面D₁EC,

又∵BCc平面BCD,∴平面BCD₁⊥平面CD₁E.

(2)·

(3)存在，

【分析】(1)通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得；

(2)推导出D₁E⊥平面ABCE,再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出；

(3)设AG=λAD₁=(-2λ,0,z),0<λ<1,利用空间向量法可知，平面ABD₁的法向量与

平面GEC的法向量

的夹角余弦值的绝对值为,可得出关于λ的方程，解方程即可.

【详解】(1)略

(2)∵DE⊥EC,∴D₁E⊥EC,

∵平面D₁EC⊥平面ABCE,平面D₁ECo平面ABCE=EC,D₁E⊥EC,D₁Ec平面D₁

EC,

∴D₁E⊥平面ABCE,又AE,CEc平面ABCE,

∴D₁E⊥AE,D₁E⊥CE,故EA,EC,ED₁两两互相垂直，

试卷第12页，共16页

以E为坐标原点，EA,EC,ED为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

试卷第12页，共16页

在等腰梯形ABCD,CE⊥AD,AD=3BC=3,EC=1,∴CB=1,EA=2,ED₁=1,

∴A(2,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D₁(0,0,1),则AB=(-1,1,0),AD₁=(-2,0,1),CD₁

=(0,-1,1),

设平面ABD₁的法向量为π=(x,y,z),则即

取x=1,则y=1,z=2,则7=(1,1,2),

设直线与平面所成角为α,则

(3)设AG=λAD₁=(-2λ,0,z),0<λ<1,则EG=EA+AG=(2,0,0)+(-21,0,2)=(2-

22,0,2),

设平面GEC的法向量为n=(x₂,V₂,z₂),则,即

取x₂=λ,则Z₂=2λ-2,则n2=(λ,0,2λ-2),

由题(2)可知，平面ABD的法向量为n=(1,1,2),

设平面ABD₁与平面GEC的夹角为θ,则

整理得5λ²-8λ+3=0,解得或λ=1(舍去),

故棱AD₁(不包括端点)上存在点G,使平面ABD₁与平面GEC的夹角的余弦值为,此时

19.(1

②

③

【分析】(1)由正弦定理求得s,得到,即可求解

；

结合

试卷第13页，共16页

(2)设点M为△ABC的边BC所对