精品解析：江苏无锡市2025-2026学年高一下学期调研考试数学试题

高一期终调研考试 数学 2026.06 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. 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 【答案】B 【解析】 【详解】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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由正弦定理可得. 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 【答案】A 【解析】 【详解】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. 已知，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为 5. 已知事件 与相互独立，，，则（ ） A. 0.9 B. 0.88 C. 0.76 D. 0.6 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用独立事件的乘法公式求出，再根据加法公式求出. 【详解】因为与相互独立，所以， 所以. 6. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得圆台的高，进而求得圆台的母线长，从而求得侧面积. 【详解】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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，由正弦定理可得，然后在中，由，即可得到结果. 【详解】在中，， 由正弦定理可得，，则m， 在中，m. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算底面正三角形的外接圆半径，再结合点到直线的距离求出正三棱柱的高，进而得到外接球半径，最终计算外接球体积. 【详解】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. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 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 【答案】ABD 【解析】 【详解】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. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】举特例可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面平行的性质可判断D. 【详解】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. （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3 C. 平均数为3，方差为1.6 D. 中位数为3，方差为3.6 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过特例可判断ABD的正误，根据出现点数6时，方差可判定C的正误. 【详解】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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 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______． 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概型的概率求解. 【详解】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. 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． 【答案】 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中频数与频率的关系求出的值，利用频率之和为求出的值，确定前选手所在的分数区间，利用面积法计算分数线． 【详解】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. 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______． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】根据重心的几何性质，以及平面向量的线性运算，用基底表示出向量即可，根据题干条件，建立平面直角坐标系，设出点的坐标，根据垂直的向量关系，求出参数关系，进而求出向量模长的最小值. 【详解】 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. 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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据向量的模长公式计算即可； 根据向量的数量积公式及向量夹角公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 又因为， 所以. 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． 【答案】（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】 【分析】（1）证明即可说明点， ， ，共面； （2）分别证明平面，平面，利用线面垂直的性质可得，，结合线面垂直的性质即可证明结论. 【小问1详解】 点， ， ，共面 理由略 【小问2详解】 略 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． 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）通过分析事件“两人得分和不为0”的对立事件“两人得分和为0”，得出答案； （2）（ⅰ）通过加赛规则可知，要想加赛满三轮，则前两轮两人的得分应该相同，则第三轮一定会进行； （ⅱ）分别求出甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率，按照分类加法原理求和即可得甲获胜的概率. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （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. 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． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行可得，结合正弦定理化简即可求解； （2）（ⅰ）利用等面积化简可得，结合余弦定理求得，利用三角形的面积公式即可求解；（ⅱ）利用角平分线的性质可得，设，，利用向量线性运算可得，对比系数得到，从而得到，两边平方化简即可求解. 【小问1详解】 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 【小问2详解】 （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. 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． 【答案】（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， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质证明线线平行； （2）利用面面垂直的判定定理证明； （3）设出的边长，由直线与平面所成的角为60°，求出其他边长，根据第（2）问，作出二面角的平面角，通过解三角形求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，平面，平面， 所以平面平面，过作于， 因平面平面,平面,则平面， 所以是与平面所成的角，即. 过点作于，连， 因为平面，平面，所以, 又平面,所以平面， 因平面，所以，则为平面与平面所成的角. 设，则，， 因平面，平面，则, 在中，，所以. 在中，，. 在中，， 易得与相似，则，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期终调研考试 数学 2026.06 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. 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. 0.6 6. 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、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 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3 C. 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：本题共3小题，每小题5分，共15分． 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：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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $