精品解析：江苏淮安市2025-2026学年高一第二学期期末调研测试数学试题

2025—2026学年度第二学期期末高一调研测试 数学试题 2026.06 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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. 样本数据：6，8，5，7，的中位数为（ ） A. 9 B. 5 C. 7 D. 8 2. 已知向量，，，则的值为（ ） A. 6 B. C. D. 3. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为两条直线，，，为三个平面，则的一个充分条件是（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 5. 已知一组互不相等的数据从小到大排列为，，…，，该组数据的中位数为m，极差为d，平均数为，方差为．设（，，…，），数据，，…，的方差为，下列说法错误的是（ ） A. B. C. 若去掉，则，，…，的中位数大于 D. 若去掉，则，，…，的极差小于 6. 设，是两个随机事件，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，若与相互垂直，则的最大值为（ ） 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. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为1，棱，的中点分别为，，为正方形内一动点（含边界），下列说法正确的是（ ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若平面，则点的轨迹长度为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 若点在上，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为锐角，且，，则的值为______． 13. 甲、乙、丙三人各进行一次射击，已知甲、乙、丙三人击中目标的概率分别为，，，则恰有两人击中目标的概率为______． 14. 如图，在平面四边形中，，，，，，分别为，的中点．将沿折起，使二面角的大小为，则的余弦值为______；直线与平面所成角的正弦值为______． 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. 已知为钝角，为锐角，，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 某学校高一年级举办一次数学竞赛，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数（，，…，）全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这50名学生测试分数的第62百分位数； （3）若采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 17. 已知四棱锥的底面为矩形，平面，为的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的大小； （2）若，为线段上一点，且，，求； （3）设是的垂心，，求面积的最大值． 19. 如图，在四棱锥中，，，，，为线段上一点，，． （1）求的长； （2）若，，，求证：平面平面； （3）若平面，三棱锥的外接球半径为，当取最小值时，求四棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末高一调研测试 数学试题 2026.06 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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. 样本数据：6，8，5，7，的中位数为（ ） A. 9 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】样本数据升序排列为5，6，7，8，，样本数据共5个，中位数为第3个，即为7． 2. 已知向量，，，则的值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案. 【详解】由题意向量，，且， 则. 故选：A 3. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由正弦定理得，，其中为外接圆的半径， 所以，，， 因为，所以， 所以，即，由余弦定理得，， 因为，，所以，又因为，所以. 4. 已知为两条直线，，，为三个平面，则的一个充分条件是（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】逐一判断各选项的条件能否推出，结合空间线面、面面的位置关系判定规则筛选即可. 【详解】选项A，若直线同时平行于平面和与可能平行，也可能相交（夹角任意），无法推出； 选项B，且垂直于两平面的交线，仅说明垂直于交线，不满足“直线垂直于整个平面”的面面垂直判定条件， 二面角为任意角度时，内都存在垂直于交线的直线，无法推出； 选项C，两个平面同时垂直于第三个平面，与可能平行，也可能相交（夹角任意）， 例如两侧墙面都垂直于地面，但墙面之间可以平行，无法推出； 选项D，由，可知直线的方向向量是平面的法向量； 由，可知直线的方向向量是平面的法向量； 由，可知两个平面的法向量互相垂直，因此两平面的二面角为直二面角，即. 5. 已知一组互不相等的数据从小到大排列为，，…，，该组数据的中位数为m，极差为d，平均数为，方差为．设（，，…，），数据，，…，的方差为，下列说法错误的是（ ） A. B. C. 若去掉，则，，…，的中位数大于 D. 若去掉，则，，…，的极差小于 【答案】B 【解析】 【分析】选项A：根据方差的线性变换性质：若，则，常数不影响方差；选项B：平均数与求和式的代数运算，需结合平均数定义对求和式化简推导；选项C：一组数据的中位数：偶数个数据取中间两数的平均值，奇数个数据取中间数；若剔除单侧数据，则中位数位置改变；选项D：极差：为最大值减去最小值，剔除一端极值，极差减小. 【详解】选项A：根据方差的性质：若，则， 因为，则，故A正确； 选项B：由，得，因为， ， ，B不正确； 选项C：已知数据，，…，的中位数为， 去掉数据后，数据，，…，的中位数为， 因为，所以，故C正确； 选项D：已知数据，，…，的极差为， 去掉数据后，数据，，…，的极差为， 因为，所以，故D正确. 6. 设，是两个随机事件，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，，， ，且三部分互斥， ，故， 解得． 7. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长，结合侧面积与底面积的关系求出斜高，再利用正三棱锥的几何特征计算高和侧棱长，最终求得侧棱与底面所成角的正弦值. 【详解】设正三棱锥底面正三角形的边长为,则底面正三角形面积. 设侧面斜高为，侧面积为3个全等等腰三角形的面积和，即， 由题意，即  ，化简得. 内切圆半径，底面中心到三角形顶点的距离是外接圆半径. 斜高、高、底面内切圆半径构成直角三角形，则  代入、，解得. 因为侧棱、高、底面外接圆半径构成直角三角形，所以 ， 代入、，得，即. 由于侧棱在底面射影为，因此侧棱与底面所成角的正弦值为高与侧棱长的比值， 即 . 8. 在中，若与相互垂直，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，化简可得，将化为单一变量，令，化简结合二次函数性质计算可解. 【详解】由题意可得， 在中，设， 则，化简可得， 因为，所以， 所以，即是等腰三角形，故， 在中，，所以，， 则， 令，， 因为，则，由余弦函数性质可知， 因为，则， 所以， 由二次函数性质可知，当时，， 所以的最大值为. 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. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据已知等式求出复数，再结合共轭复数、复数模长、复数运算的相关规则逐一判断选项. 【详解】由，则， 则，， ， ， 故A、C正确，B、D错误. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】平方后根据齐次式可求解，进而根据弦切互化，结合所给条件可得，即可结合选项逐一求解. 【详解】由可得， 进而可得，所以，故，A正确， 由于，故，结合，因此，因此，C正确， ，D正确， ，B错误. 11. 已知正方体的棱长为1，棱，的中点分别为，，为正方形内一动点（含边界），下列说法正确的是（ ） A. 若平面，则点的轨迹长度为 B. 若平面，则点的轨迹长度为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 若点在上，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A. 通过平面,找到点的轨迹是； B. 通过平面平面,找到点的轨迹是； C. 通过算出, 得到的轨迹图形：在矩形内，是以为圆心、的圆弧； D.将平面和将平面展平，则此时得到的最小值. 【详解】 A. 设的中点为，连接, 则在正方体中， 平面,因为平面,所以， , , , ，， 设，得,所以， ,平面,所以平面, 若平面，为正方形内一动点（含边界），平面与平面重合， 则点的轨迹是，长度为1，故A错误； B. 设的中点为，的中点为，连接, 则在正方体中，可以得， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为,平面， 所以平面平面, 因为平面，为正方形内一动点（含边界）， 则点的轨迹是，长度为，B正确； C. 平面，垂足为，垂线段, , 的轨迹图形：在矩形内，是以为圆心、的圆弧； 矩形内角，且，圆弧完整圆心角。 ，则点的轨迹长度为，C正确 D. 将平面和将平面展平， 则此时得到的最小值， 在中，，由余弦定理得 , 则的最小值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为锐角，且，，则的值为______． 【答案】或 【解析】 【分析】先利用同角三角函数的基本关系求出和的值，再通过配凑角，结合余弦差角公式计算； 【详解】因为，均为锐角，所以，可得， 由，为锐角，得， 由，得， 利用配凑角，根据余弦差角公式可得： 当时，； 当时，， 故答案为：或. 13. 甲、乙、丙三人各进行一次射击，已知甲、乙、丙三人击中目标的概率分别为，，，则恰有两人击中目标的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】先确定恰有两人击中的三类互斥情况，结合独立事件概率乘法公式分别计算各类情况的概率，再由互斥事件概率加法公式求和 【详解】设事件A、B、C分别表示甲、乙、丙击中目标， 由题意知A、B、C相互独立，且 则 恰有两人击中目标包含三个两两互斥的事件：、、， 由独立事件概率乘法公式，得 由互斥事件概率加法公式，得所求概率为： . 14. 如图，在平面四边形中，，，，，，分别为，的中点．将沿折起，使二面角的大小为，则的余弦值为______；直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用求解；利用等体积法求出到平面的距离，再由求解. 【详解】 因为，所以所以 过点D作，则,又， 所以二面角的平面角为,所以，所以, 因为，所以 ， 所以； 在中，由余弦定理得, 则，而,所以,则 所以,, 所以， 到平面的距离是 , 设到平面的距离是，, 因为，所以，则， 直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的正弦值是. 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. 已知为钝角，为锐角，，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用，通过两角差的正切公式计算可得； （2）利用两角和的正切公式计算出后，结合角的范围确定的值. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由为钝角，为锐角，则， 又，故. 16. 某学校高一年级举办一次数学竞赛，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数（，，…，）全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这50名学生测试分数的第62百分位数； （3）若采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1列式求解. （2）根据各组频率计算累积频率，确定第62百分位数所在的区间，利用线性插值法计算；（3）利用分层抽样求出落在两个区间内的人数并编号，再利用列举法求出古典概率. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，分数在的频率为， 分数在的频率为，分数在的频率为， 分数在的频率为. 前三组的累积频率为，前四组的累积频率为， 所以第62百分位数位于区间内. 设第62百分位数为，则，解得. 所以这50名学生测试分数的第62百分位数为80. 【小问3详解】 记分数在的人数为（人）， 分数在的人数为（人）， 由，得采用分层随机抽样的方法，抽取的5人中，分数在的有2人，编号分别为， 分数在有3人，编号为， 样本空间， 则，记事件“至少一人分数在”，则，则， 所以这2人中至少有一人分数在内的概率为. 17. 已知四棱锥的底面为矩形，平面，为的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）连接，设，连接， 因为是矩形，所以是的中点， 在中，为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为是矩形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以， 因为平面，平面， 所以， 因为是矩形，所以， 因为且平面， 所以平面，故平面. 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面平行的性质可得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而可证平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的大小； （2）若，为线段上一点，且，，求； （3）设是的垂心，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先利用余弦二倍角公式进行降次运算，接着再利用辅助角公式化简，进而求出角度. （2）首先算出的关系，进而转化成的等量关系，结合条件算出，再利用余弦定理算出. （3）利用正弦定理将边转化成三角函数，再结合三角恒等变换求出最值. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以，即， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 两边平方得：， 整理化简得：，因为， 所以， 因为， 所以. 【小问3详解】 如图，延长与分别交于点, 因为是垂心，所以， 又因为，所以, 设，，则， 在中，，因为， 所以，， ， ， 即， ， 即， 所以 ， 因为，即， 所以， 所以当时，有最大值. 19. 如图，在四棱锥中，，，，，为线段上一点，，． （1）求的长； （2）若，，，求证：平面平面； （3）若平面，三棱锥的外接球半径为，当取最小值时，求四棱锥的体积． 【答案】（1）4 （2）在中，由正弦定理可得：， 由（1）知，所以， 所以，因为，， 所以，又因为，， 所以，所以， 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，又因为平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换求出、以及的三角函数值，再结合正弦定理算出的长. （2）先证明平面，从而证出平面，最后再证明平面平面. （3）先确定的外心，再通过运算得到三棱锥外接球半径和的等量关系，再算出取最小值时的长度，最后算出体积. 【小问1详解】 因为，，，， 所以， ， ，， ，， 在中，由正弦定理知：，即， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，分别作的中垂线，交于点，所以是的外心， 过作直线平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上， 在直线上取一点为三棱锥的外接球球心，连接，则， 过点作交于点，所以是的中垂线，即是的中点， 在中，由正弦定理可知，的外接圆半径， 所以，所以，设， 所以，即， 所以，当且仅当，即时取等， 所以， ， 所以 ， 所以， 所以当取最小值时，四棱锥的体积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $