精品解析：山西阳泉市2025-2026学年高一第二学期期末教学质量监测数学试题

阳泉市2025~2026学年度 第二学期期末教学质量监测试题 高一数学 （考试时长：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至4页． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题（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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人，则抽取的学生中，高一年级有（ ） A. 40人 B. 36人 C. 30人 D. 24人 4. ，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（ ） 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，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在，若，且，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 已知两个不同的平面，和两条不重合的直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，为异面直线，且，，，，则 10. 已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若发生时一定发生，则 11. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（ ） A. B. 鳖臑体积的最大值为2 C. 点到面的距离是 D. 鳖臑内切球的半径为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 样本数据，，，，的中位数为_______． 13. 复数，则______. 14. “大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角，则塔高为____m． 四、解答题（本题共5个小题，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，，，且向量与共线. （1）证明：； （2）求向量与的夹角； （3）若，求实数m的值. 16. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且的面积为，求边，的长． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的上四分位数； （3）已知落在的平均成绩是57，方差是7，落在的平均成绩为69，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 19. 甲、乙两人参加某公司的招聘考试，考试分为文化测试和体能测试，其中文化测试有道题，要求至少答对其中的道题才能通过，通过得分，不通过得分；体能测试有道题，全部合格才能通过，通过得分，不通过得分；假设甲答对每道文化测试题的概率为，乙答对每道文化测试题的概率为，甲、乙两人每一道体能测试题合格的概率都是，甲乙两人各自参加完这两项测试，且回答每道题都是独立的． （1）求甲恰好答对两道文化测试题的概率（用表示）； （2）两项测试得分的和为该人的总分，当时，解决下列问题： ①求甲总分为分的概率； ②求甲的总分高于乙的总分的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 阳泉市2025~2026学年度 第二学期期末教学质量监测试题 高一数学 （考试时长：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至4页． 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置． 3．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 4．考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题（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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得， 复数在复平面内对应的点为，位于第三象限. 2. 已知平面向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量共线求解出参数的值，然后根据坐标运算即可计算出的结果. 【详解】因为，，且， 所以，， 故选：A. 3. 某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人，则抽取的学生中，高一年级有（ ） A. 40人 B. 36人 C. 30人 D. 24人 【答案】D 【解析】 【分析】确定高一、高二、高三的人数比，由分层抽样特征即可求解； 【详解】由题意可知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人， 则高一年级，高二年级与高三年级的学生人数比为， 根据分层抽样的特征可知，抽取的学生中，高一年级有人， 故选：D 4. ，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量的公式计算即可. 【详解】由题意可得，，， 则在上的投影向量是. 故选：B 5. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】在直角梯形中，， 由斜二测画法规则，得直角梯形对应的四边形，如图， 在四边形中，， 则， 所以四边形的周长为. 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，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别为，列举出所有情况，和至少有一个在八月的情况，从而求出概率. 【详解】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别为， 4个节气中任选2个节气，有以下情况，， 共6种情况， 其中这2个节气至少有一个在八月的情况有， 共5种情况，所以这2个节气至少有一个在八月的概率为. 故选：C 7. 在，若，且，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理以及两角差的正弦公式逆用可得，再由可得，可得出结论. 【详解】因为，由正弦定理可得，则， ．所以， 又因为，所以， 又，可得，故的形状是等腰直角三角形. 故选：C 8. 如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：B. 二、多项选择题（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. 已知两个不同的平面，和两条不重合的直线，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，为异面直线，且，，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】结合线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理逐一判断各选项即可. 【详解】如图所示，正方体 对于A，若，，则平面与可能平行也可能相交，如平面和平面，并非一定垂直，故A错误； 对于B，若，由线面平行的性质可知，存在直线，使得，又，因此， 根据面面垂直的判定定理，可得，故B正确； 对于C，若，，则与可能平行，也可能异面，如，平面，平面，其中， 此时异面，不一定满足，故C错误； 对于D，由，，可得内存在直线平行于；由，，可得内存在直线平行于， 又、为异面直线，故两个平面内分别存在两条相交直线平行于另一平面，结合面面平行的判定定理，可得，故D正确. 10. 已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若发生时一定发生，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】对于A，与互斥，则，A正确； 对于B，与相互独立，则，，B正确； 对于C，与相互独立，，C错误； 对于D，发生时一定发生，即，，D正确. 故选：ABD 11. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（ ） A. B. 鳖臑体积的最大值为2 C. 点到面的距离是 D. 鳖臑内切球的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据外接球体积得到外接球半径，找到球心位置，设，，利用基本不等式得到体积的最值及判断AB，利用等体积法判断CD. 【详解】选项AB：设鳖臑外接球半径为， 由题意可得，解得， 因为四个面都为直角三角形，中点到四个顶点的距离都相等， 所以点是外接球的球心，， 因为平面，，， 所以， 设，，则，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，鳖臑体积的最大值为2，A错误，B正确； 选项C：设点到面的距离为， 因为平面，所以，， 所以，，解得， 即点到面的距离为，C说法正确； 选项D：因为， 所以，，，， 设鳖臑内切球的半径为，则， 即，解得，D说法正确； 故选：BCD 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．） 12. 样本数据，，，，的中位数为_______． 【答案】 【解析】 【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列为， 该组数据的样本容量为（奇数）， 所以中位数为排序后第个数据，即为． 13. 复数，则______. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析： . 考点： 14. “大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角，则塔高为____m． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角和及正弦定理可求得，再由正切函数即可求解. 【详解】在中，由三角形内角和定理可得， 再由正弦定理得：， 再解直角三角形可得：， 故答案为： 四、解答题（本题共5个小题，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，，，且向量与共线. （1）证明：； （2）求向量与的夹角； （3）若，求实数m的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的共线定理求解； （2）由向量的夹角公式求解； （3），由向量的模的公式求解． 【小问1详解】 由向量与共线，得，得， 得，， 则， 故． 【小问2详解】 ， 设向量与的夹角为， 则， 由，得， 故向量与的夹角为：． 【小问3详解】 ， 由得，， 解得． 16. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，且的面积为，求边，的长． 【答案】（1） （2） ， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角性质化简正弦项，结合正弦定理角化边，再用余弦定理求角； （2）先由三角形面积公式求的值，再结合余弦定理得的值，联立求解. 【小问1详解】 在中，，故， 则可化为： ， 由正弦定理，，整理得， 由余弦定理，， 又，故. 【小问2详解】 由（1）可知，，，解得①， 由余弦定理，得： ，即得②， 联立①②，得，即，代入，得. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，则，利用三角形中位线定理证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）取中点，连接，证明，利用平面平面证明平面，得，结合条件，再由线线垂直即可证得平面； （3）由（2）已得平面，则即直线与平面所成角，则可借助于，利用三角函数的定义即可求得. 【小问1详解】 如图，连接，因底面为平行四边形，则， ， 因，则，因平面， 平面，故平面. 【小问2详解】 取中点，连接，因为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面， 平面， 则平面，又平面，故， 因，平面，故平面. 【小问3详解】 由（2）已得平面，连接，则即直线与平面所成角， 因为等边三角形，，则， 又，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的上四分位数； （3）已知落在的平均成绩是57，方差是7，落在的平均成绩为69，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】（1）； （2）84； （3）总平均数为65；总方差为37. 【解析】 【分析】（1）由频率直方图小矩形的面积和为1列方程求参数； （2）由百分位数的定义及直方图求上四分位数； （3）应用分层抽样的均值和方差公式求总平均数和总方差. 【小问1详解】 因为每组小矩形的面积之和为1， 所以，则； 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设上四分位数为m，由，得， 故上四分位数为84； 【小问3详解】 成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故这两组成绩的总平均数为， 由样本方差计算总体方差公式可得总方差为 . 19. 甲、乙两人参加某公司的招聘考试，考试分为文化测试和体能测试，其中文化测试有道题，要求至少答对其中的道题才能通过，通过得分，不通过得分；体能测试有道题，全部合格才能通过，通过得分，不通过得分；假设甲答对每道文化测试题的概率为，乙答对每道文化测试题的概率为，甲、乙两人每一道体能测试题合格的概率都是，甲乙两人各自参加完这两项测试，且回答每道题都是独立的． （1）求甲恰好答对两道文化测试题的概率（用表示）； （2）两项测试得分的和为该人的总分，当时，解决下列问题： ①求甲总分为分的概率； ②求甲的总分高于乙的总分的概率． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）确定道文化题甲作答正确与错误的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）①求出甲在文化测试中得分和其在体能测试中得分的概率，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率； ②设甲的得分为，乙的得分为，求出、、、、、对应的概率，则，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 记事件甲恰好答对两道文化测试题， 则道文化题甲作答正确与错误的情况有：对对错、对错对、错对对， 故. 【小问2详解】 ①若道文化题甲答对两道或全答对，概率为； 若甲在体能测试中得分，则道体能测试题甲全答对，其概率为. 记事件甲总分为分，则甲在文化测试中得分，在体能测试中得分， 或者甲在文化测试中得分，在体能测试中得分， 故； ②设甲的得分为，乙的得分为， 若，则甲在文化测试中和体能测试中得分均为分，则； ； 若，则甲在文化测试中和体能测试中得分均为分，则. 由题意可知，乙在文化测试中得分的概率为， 若，则乙在文化测试中和体能测试中得分均为分，则； 若，则乙在文化测试中得分，在体能测试中得分， 或者乙在文化测试中得分，在体能测试中得分， 则； 若，则乙在文化测试中和体能测试中得分均为分，则. 所以 ， 因此甲的总分高于乙的总分的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $