精品解析：江苏南京市励志高级中学2025-2026学年高一第二学期第四次调研考试数学试卷

励志高级中学2025-2026年度高一年级第二学期第四次调研考试 数学试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人 苏太盛 审题人 赵静波 考生注意 1．本试卷分选择题和非选择题两部分. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数模的公式，即可求解. 【详解】由复数，可得， 所以. 2. 已知，向量，，，若，则的值为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 0或 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，结合向量垂直的坐标表示列方程求结论. 【详解】因为，，所以， 由可得 ，又， 所以， 化简可得，故， 解得或， 由题设，因此不符合要求，舍去，故. 3. 已知点是函数的对称中心，则的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先将函数化简为辅助角形式，利用正弦函数对称中心的相位性质代入求解ω的表达式，匹配选项即可. 【详解】利用辅助角公式将函数变形：, 则是的对称中心，说明当时，相位满足：, 整理等式：, 当时，. 4. 已知一组数据：4，6，a，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数可先求出未知数a的值，根据第70百分位数的求法计算结果即可． 【详解】因为平均数为9，故，解得， 由可得，第70百分位数为第5个数，即12． 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，解得， 所以. 6. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用列举法，求出样本空间的样本点数，再找出满足题意的种数，最后运用古典概型公式求解即可. 【详解】样本空间{（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑）， （小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑）， （芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}， 共有15个样本点.其中任取2个节气，这2个节气不在同一个月的样本点有12个. 所以这2个节气不在同一个月的概率为. 故选：． 7. 已知的内角，，的对边分别为，，且，，则的形状为（    ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】先根据确定边，再由求角，最后根据可确定三角形形状. 【详解】如图： 过作，垂足为. 则，，所以； 又，所以为等腰三角形. 由，得＝＝， 所以，，又因为， 则是等边三角形. 8. 在正方形纸片上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与，和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则正方形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解正方形的边长，再得出正方形的周长. 【详解】由题意可得扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为设扇形的半径为， 则有，解得，因此圆锥的母线长为, 如图，设圆的圆心为，作于，于，易知四边形为正方形， 且点在上，，，所以，所以, 则正方形的周长为. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 某种水果成熟后重量为200g左右，为了检测其品质，在一块水果园中，随机取出10个水果，称得重量如下：206，200，198，205，200，200，202，190，192，210（单位：g），重量在内的水果为优质水果，则（ ） A. 这10个数据的极差小于10 B. 这10个数据的中位数与众数相等 C. 从这10个水果中去掉最重的和最轻的，样本方差变小 D. 估计这块水果园中优质水果占60% 【答案】BCD 【解析】 【详解】把这组数据从小到大排列为190，192，198，200，200，200，202，205，206，210，则这组数据的极差为20，A选项错误； 众数与中位数都是200，B选项正确； 去掉最重的与最轻的，数据在区间内，差距小了，方差变小了，C选项正确； 10个水果中有6个重量在内，优质率为60%，D选项正确. 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为奇数”记为事件A，“点数小于5”记为事件B，“点数大于5”记为事件C．下列说法正确的是（ ） A. B. C. A与C互斥 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】用列举法列举出所有的基本事件，利用古典概型概率计算公式求得即可判断A、B、D选项，根据互斥事件的概念可判断C选项. 【详解】样本空间为，事件，事件，事件. ，A选项正确； ，B选项错误； ∵，∴与互斥，C选项正确； ∵，∴， 而，则D选项错误； 故选：AC. 11. 如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为18 D. 平面截正方体所得的截面是等腰梯形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明平面平面从而证明直线平面；对于B，由A知平面，经过的平面有且仅有一个平行于平面，即可判断；对于C，根据即可判断；对于D，根据可确定截面为梯形，再证明即可判断. 【详解】对于A，取的中点，连接，，， 则四边形为平行四边形， 所以，又平面BMN，平面， 所以平面， 因为点，为，的中点，所以，又，所以， 由，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，由A可知，平面， 经过的平面有且仅有平面平面， 因为平面与平面不是一个平面，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，如图，连接，，由四边形为平行四边形得， 因为，所以，所以，，，四点共面， 所以平面BMN截正方体所得的截面是梯形， 由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正四棱锥的底面边长为8，高为3，则这个正四棱锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，正四棱锥的底面是边长为8的正方形，棱锥的高为3， 正四棱锥底面中心到任意一条底边的距离为，结合棱锥的高， 由勾股定理可得侧面等腰三角形的斜高为， 正四棱锥共有4个全等的侧面等腰三角形，因此其侧面积为. 13. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换可化简求解. 【详解】解法一： 所以. 解法二：由积化和差公式得， 所以. 解法三：由和差化积公式得. 14. 在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数不全是奇数的概率为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式和对立事件的概率计算公式，即可求解. 【详解】因为每行和每列均恰有1个方格被选中，用表示第一、二、三行里所选方格的数字， 则每种选法可标记为， 则每种选法可能的结果为，共有6种取法， 其中所选方格中的3个数均为奇数的情况有，有2种选法， 所以所选方格中的3个数均为奇数的概率为， 则所选方格中的3个数不全是奇数的概率为. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与平行，求实数的值； （3）求与上的投影向量. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，结合模的计算公式，即可求解； （2）先求得，且，结合与平行，列出方程，即可求解； （3）根据题意，结合向量的投影向量的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得且， 又因为与的夹角为，可得， 解得或， 因为，所以，所以， 则，所以. 【小问2详解】 解：因为， 所以，， 又因为与平行，所以，解得. 【小问3详解】 解：因为，可得， 可得，且， 所以在上的投影向量为. 16. 某校为了解高一学生在学业水平模拟考试中数学成绩的情况，从全年级的成绩中随机抽取100名学生的成绩进行分析，其频率分布直方图如图所示，其中分数在内的学生有15人. （1）求m，n的值； （2）学校准备按成绩从高到低抽取前34%的学生进行表彰，用样本估计总体的方法，估计受表彰学生的最低分是多少? （3）若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从这6人中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有1人成绩在内的概率. 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率和频数的关系以及频率之和为1求解即可； （2）先确定受表彰的学生的最低分在哪一组，然后利用受表彰学生的频率之和为34%列方程求解即可； （3）利用古典概率的公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得， 由图可得：，解得. 【小问2详解】 设受表彰的学生的最低分是， 频率为 频率为 故，且，解得， 故受表彰的学生的最低分是. 【小问3详解】 ）由分数在和）内的频率之比为， 故从成绩在和内的学生中共抽取6人， 则在内抽取2人，记为 在内抽取4人，记为 再从这6人中选取2人进行个案分析，抽取的样本空间为： ，共15个样本点， 这2人中恰有1人成绩在内的有： ，共8个样本点， 故这2人中恰有1人成绩在内的概率为. 17. 一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢. （1）求编号和为5的事件发生的概率； （2）这种游戏规则公平吗？说明理由； （3）如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？ 【答案】（1） （2）不公平，理由见解析； （3）对乙有利； 【解析】 【分析】（1）写出样本空间，利用古典概型公式计算即可； （2）分别求出两人赢的概率，即可知游戏规则不公平； （3）求出不放回时两人赢的概率，即可得出结论. 【小问1详解】 根据题意可知摸出的所有球的组合情况共有以下情况： （甲、乙） 1 2 3 4 5 1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4） （1，5） 2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4） （2，5） 3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4） （3，5） 4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （4，5） 5 （5，1） （5，2） （5，3） （5，4） （5，5） 共25种情况， 其中编号和为5的事件发生的情况有（2，3），（3，2），（1，4），（4，1），共4种； 因此编号和为5的事件发生的概率； 【小问2详解】 易知两个编号的和为偶数的情况共有13种， 如果两个编号的和为偶数算甲赢，则甲赢的概率为， 则乙赢的概率为， 显然两人赢的概率并不相等，因此这种游戏规则不公平. 【小问3详解】 设甲胜为事件，乙胜为事件； 则甲胜即摸出球的两个编号的和为偶数所包含的基本事件数为8个， 即； 不放回摸球时易知甲、乙两人取出的数字共有种 因此甲赢的概率为，乙赢的概率为， 显然此时，此时游戏对乙有利. 18. 已知，，． （1）求函数的解析式； （2）若x是直角三角形的一个锐角，求的值域． （3）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过数量积坐标运算公式表达出，再结合二倍角公式和辅助角公式化简得出的解析式； （2）利用整体法，再结合正弦函数的性质求解值域； （3）先求出内角，再结合余弦定理与基本不等式求出两边之和的最大值，进而得到三角形周长最大值. 【小问1详解】 由，， 则 【小问2详解】 当时，· 则当（即）时，取得的最大值为1；· 当（即）时，， 故的值域为． 【小问3详解】 ，，即， 为的内角，．故． ．则 又，由余弦定理， 得，即． 由均值不等式得：， 即，从而， 当且仅当时取等号，此时为等边三角形． 周长最大值：． 19. 如图，四棱锥中，平面，，，E为的中点，点F在棱上，直线和直线相交． （1）求证： （2）若，，． （i）证明：平面； （ⅱ）求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明：直线和直线相交，故A，B，F，E四点共面， 四棱锥中，，平面， 平面，故平面， 因为平面平面，平面， 故． （2）（i）证明：，，故， 故， 所以，故， 因为平面，平面， 故，且，，平面， 故平面． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）证明线线平行可转化为线面平行，根据线面平行的性质进行证明，过一个平面的平行线的平面与这个平面的交线与这条直线平行，由此进行证明即可； （2）（i）根据题干中所给的线面垂直和线段长度，可利用线面垂直的性质以及勾股定理找到两条相交直线与垂直，根据线面垂直的判定定理证明即可； （ⅱ）先证明平面，可得是直线与平面所成的角，进而可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）因为，E为的中点， 故F为的中点，且，故， 因为平面，平面， 故，且，，平面， 故平面， 故是直线与平面所成的角， 因为，， 所以，， 所以，即， 故直线与平面所成的角为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 励志高级中学2025-2026年度高一年级第二学期第四次调研考试 数学试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人 苏太盛 审题人 赵静波 考生注意 1．本试卷分选择题和非选择题两部分. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 2. 已知，向量，，，若，则的值为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 0或 3. 已知点是函数的对称中心，则的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知一组数据：4，6，a，10，12，14的平均数为9，则这组数据的第70百分位数为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角，，的对边分别为，，且，，则的形状为（    ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 8. 在正方形纸片上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，扇形的圆心为A，圆与，和扇形的弧均相切，若该扇形和圆恰好可作为某圆锥的侧面和底面（接缝处忽略不计），则正方形的周长为（ ） A. B. C. D. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 某种水果成熟后重量为200g左右，为了检测其品质，在一块水果园中，随机取出10个水果，称得重量如下：206，200，198，205，200，200，202，190，192，210（单位：g），重量在内的水果为优质水果，则（ ） A. 这10个数据的极差小于10 B. 这10个数据的中位数与众数相等 C. 从这10个水果中去掉最重的和最轻的，样本方差变小 D. 估计这块水果园中优质水果占60% 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为奇数”记为事件A，“点数小于5”记为事件B，“点数大于5”记为事件C．下列说法正确的是（ ） A. B. C. A与C互斥 D. 11. 如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为18 D. 平面截正方体所得的截面是等腰梯形 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正四棱锥的底面边长为8，高为3，则这个正四棱锥的侧面积为______． 13. 已知，则______． 14. 在如图所示的方格表中选3个方格，要求每行和每列均恰有1个方格被选中，在所有符合上述要求的选法中，所选方格中的3个数不全是奇数的概率为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与平行，求实数的值； （3）求与上的投影向量. 16. 某校为了解高一学生在学业水平模拟考试中数学成绩的情况，从全年级的成绩中随机抽取100名学生的成绩进行分析，其频率分布直方图如图所示，其中分数在内的学生有15人. （1）求m，n的值； （2）学校准备按成绩从高到低抽取前34%的学生进行表彰，用样本估计总体的方法，估计受表彰学生的最低分是多少? （3）若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从这6人中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有1人成绩在内的概率. 17. 一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢. （1）求编号和为5的事件发生的概率； （2）这种游戏规则公平吗？说明理由； （3）如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？ 18. 已知，，． （1）求函数的解析式； （2）若x是直角三角形的一个锐角，求的值域． （3）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，求周长的最大值． 19. 如图，四棱锥中，平面，，，E为的中点，点F在棱上，直线和直线相交． （1）求证： （2）若，，． （i）证明：平面； （ⅱ）求直线与平面所成的角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $