精品解析：天津市耀华中学2025-2026学年度第二学期期末学情调研高一年级数学试题

天津市耀华中学2025一2026学年度第二学期期末学情调研 高一年级数学学科 一．选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 若（为虚数单位），则复数的共轭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. 设平面向量与不共线，，则“与共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 4. 在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（ ） A. B. 该100名学生成绩的众数约为70 C. 该100名学生中成绩在的人数为48 D. 该100名学生成绩的第85百分位数约为83.3 5. 已知数据的平均数为8，方差为6，则，的平均数和方差分别为（ ） A. 26，54 B. 26，56 C. 24，54 D. 24，56 6. 在中，，，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 135° D. 45°或135° 7. 已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 9. 有3双不同颜色的手套，如果从中随机取出2只，取出的手套一只是左手一只是右手的，但颜色不同的概率为（ ） A. B. C. D. 10. 已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知是边长为1的正三角形，，是上一点且，则（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在直角梯形中，已知，，，，现将沿折起到的位置，使二面角的大小为45°，则此时三棱锥的外接球表面积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分，将答案填写在答题卡上． 13. 已知为虚数单位，则复数的虚部是___________． 14. 为了更好地应对新高考改革以及调整日常教学，某地区教育局对该地区的三所高中的二年级学生进行了抽样调查，采用分层抽样的方式抽取了1000名学生参加物理学科的抽样质量测试，其中校、校、校的学生人数分别为人、人、人，考试结束后对这名同学的物理成绩进行统计，得知三所学校的高二年级的物理平均分依次为分、分、分，则这名同学物理成绩的总平均分为___________分． 15. 高三某班10名同学数学期末成绩（满分150）依次为：100，104，110，115，120，125，130，134，140，145，这组数据的下四分位数为___________ 16. 某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为_____________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为_____________. 17. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是____. 18. 甲、乙、丙三人轮流独立射击一个目标，三人的命中率分别为，射击顺序为甲、乙、丙，则目标在三次射击中恰好被击中两次的概率为___________． 19. 已知三棱锥中，三条棱两两垂直，且长度均为，以顶点为球心，2为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为___________． 20. 在直角梯形中，已知，动点分别在线段和上，和交于点，且． （1）当时，的值是___________； （2）的取值范围是___________． 三、解答题：本大题共3小题，共32分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 21. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 22. 如图1所示，已知与满足：，二面角的大小为为线段的中点． （1）证明：平面平面； （2）如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积． 23. 如图所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图所示，平面平面． （1）点为的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2025一2026学年度第二学期期末学情调研 高一年级数学学科 一．选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 若（为虚数单位），则复数的共轭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】 【分析】首先得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为，所以， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限. 故选：C 2. 设平面向量与不共线，，则“与共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线定理可得，由与不共线，得且，即可结合充要条件的定义求解. 【详解】若与共线，则存在非零实数，使得，即， 由于平面向量与不共线，所以且，故， 因此“与共线”是“”的充要条件， 故选：C 3. 已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（ ） A. ， B. ， C. ，， D. ，，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面基本事实判断A；利用线面平行的判定判断B；利用面面垂直的性质，线面垂直的判定判断C；利用线面垂直的判定判断D． 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确； 对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 4. 在一次数学竞赛中，将100名参赛者的成绩按区间分成5组，得到如下频率分布直方图，同一组中的数据用该组区间的中点值代表，根据图中信息，下列结论正确的是（ ） A. B. 该100名学生成绩的众数约为70 C. 该100名学生中成绩在的人数为48 D. 该100名学生成绩的第85百分位数约为83.3 【答案】D 【解析】 【详解】依题意可得，解得，故A错误； 该100名学生成绩的众数约为，故B错误； 该100名学生中成绩在的人数为人，故C错误； 因为， ， 所以第85百分位数位于，设其为，则， 解得，该100名学生成绩的第85百分位数约为83.3.故D正确. 5. 已知数据的平均数为8，方差为6，则，的平均数和方差分别为（ ） A. 26，54 B. 26，56 C. 24，54 D. 24，56 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数、方差的性质求解． 【详解】由题意数据的平均数为，方差为， 根据平均数和方差性质可得 数据的平均数为，方差为， 故选：A 6. 在中，，，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 135° D. 45°或135° 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出sinB的值，再结合大边对大角的性质排除不符合题意的解，即可得到角B的大小. 【详解】在中，，，，由正弦定理得, 所以，得， 因为，所以， 因为，所以. 7. 已知正方体的棱长为，则点到对角线所在的直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接用向量的方法求点到线的距离可得. 【详解】如图：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，所以， 所以向量在向量上投影向量的模为， ， 所以点到直线的距离为. 8. 已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质结合投影向量的定义可求得结果. 【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则， 由平面向量数量积的定义可得， 又因为，， 所以， 所以， 所以在上的投影向量为. 9. 有3双不同颜色的手套，如果从中随机取出2只，取出的手套一只是左手一只是右手的，但颜色不同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型概率计算公式，通过列举法，写出所有可能的情况，求出结果即可. 【详解】设3双不同颜色的手套分别为，其中左手为，右手为， 则随机取出两个由15种不同的情况，分别为， 符合条件的有6种情况，分别为， 则取出的2只手套一只是左手一只是右手的，但颜色不同的概率为； 故选：C. 10. 已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件概率关系即可计算求解. 【详解】由题可知，， 又，所以，解得，， 所以. 故选：D. 11. 已知是边长为1的正三角形，，是上一点且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量共线基本定理，结合图形求得，再由平面向量数量积的定义与运算律计算即得. 【详解】 因，，则， 故 又三点共线，则， 故，又因为是边长为1的正三角形 所以， . 12. 如图，在直角梯形中，已知，，，，现将沿折起到的位置，使二面角的大小为45°，则此时三棱锥的外接球表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别确定和的外心，再过外心作所在平面的垂线，两线的交点就是三棱锥外接球的球心，确定球心位置，即可求外接球半径，进而求解. 【详解】如图： 取中点，中点，连接，，由题意可知： ，，所以为二面角的平面角，. 由题意可得为等腰直角三角形，所以为的外心， 过作直线平面，则三棱锥外接球的球心必在直线上. 因为平面，平面，所以，所以在平面中. 又为的外心，连接，则平面. 所以. 由于，，则， 为等腰直角三角形，故， 在中， ，，，所以. 所以三棱锥外接球的半径：， 所以三棱锥外接球的表面积为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：本题确定外接球球心位置的方法是：作三棱锥两个平面的外心，过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点就是三棱锥的外接球的球心. 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分，将答案填写在答题卡上． 13. 已知为虚数单位，则复数的虚部是___________． 【答案】 2 【解析】 【详解】因为， 所以复数的虚部是. 14. 为了更好地应对新高考改革以及调整日常教学，某地区教育局对该地区的三所高中的二年级学生进行了抽样调查，采用分层抽样的方式抽取了1000名学生参加物理学科的抽样质量测试，其中校、校、校的学生人数分别为人、人、人，考试结束后对这名同学的物理成绩进行统计，得知三所学校的高二年级的物理平均分依次为分、分、分，则这名同学物理成绩的总平均分为___________分． 【答案】 66 【解析】 【分析】利用平均数的求解公式可得答案. 【详解】由分层抽样的平均数计算可得总样本名同学物理成绩的总平均分为. 15. 高三某班10名同学数学期末成绩（满分150）依次为：100，104，110，115，120，125，130，134，140，145，这组数据的下四分位数为___________ 【答案】110 【解析】 【分析】将数据从小到大排列后使用百分位数的计算方法即可求解. 【详解】将数据从小到大排列为: 100，104，110，115，120，125，130，134，140，145， 且，即这组数据的第3位110为这组数据的下四分位数. 16. 某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为_____________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为_____________. 【答案】 ①. 2 ②. ##0.6 【解析】 【分析】由分层抽样的方法计算即可；先列举出可能得情况，再用古典概率计算即可； 【详解】根据题意易得被抽取的这5人中女生的人数为，则男生的人数为3，女生人数为2， 设被抽取的这5人中男生分别为A，B，C，女生分别为a，b， 则从被抽取的这5人中抽取2人的所有情况有 ，，共10种情况， 其中恰有1个男队长的情况有6种，故所求概率为. 故答案为：2；. 17. 如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是____. 【答案】 【解析】 【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可． 【详解】如图，不妨记正方体为，，， 故四边形是平行四边形，所以， 又，分别为，的中点， 所以，同理， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，，平面， 所以平面平面， 设对角线分别交平面和平面于点，， 因为平面，平面， 所以， 连接，因为分别为的中点， 故，又，平面，， 所以平面，又平面， 所以，同理， 又，，平面， 所以平面， 又平面平面， 所以平面， 即为平面与平面的距离， 则， 由正方体棱长为得， 由题意得，为等边三角形且边长为1， 故， 根据， 得， 解得， 根据对称性知， 所以， 则平面与平面的距离为． 18. 甲、乙、丙三人轮流独立射击一个目标，三人的命中率分别为，射击顺序为甲、乙、丙，则目标在三次射击中恰好被击中两次的概率为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】使用独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式，分情况讨论被击中两次的情况即可求解. 【详解】甲乙击中，丙未击中的概率为， 甲丙击中，乙未击中的概率为， 乙丙击中，甲未击中的概率为， 以上情况互斥，则目标在三次射击中恰好被击中两次的概率为. 19. 已知三棱锥中，三条棱两两垂直，且长度均为，以顶点为球心，2为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】由截得的弧上的点到点的距离是，分析出各段弧及其所对的圆心角，利用弧长公式相加求解. 【详解】因为三条棱两两垂直，且长度均为，所以， 所以是等腰直角三角形，是等边三角形. 因为，，所以平面， 在棱和上分别取点，使得，则， 分别在上取点，使得， 则以顶点为球心，为半径的球被三棱锥四个面截得的弧分别是， 在中，由可得，所以， 所以， 同理可得，又， 所以所有弧长之和为. 20. 在直角梯形中，已知，动点分别在线段和上，和交于点，且． （1）当时，的值是___________； （2）的取值范围是___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】直接建立平面直角坐标系，用向量的坐标法求解. （1）设，由三点共线得，再由三点共线得，解方程组可得所求值； （2）由题中所给条件分别解得，，进而可得，再结合二次函数的性质可得取值范围. 【详解】因为，所以以点为原点，分别以所在直线为轴建立直角坐标系， 如图： 则. （1）当时，，，所以， 因此，所以. 因为和交于点，所以三点共线，设， 则，， 得， 又因为三点共线，设， 因此，得，解得. 因此当时，. （2）由题意和（1）： ， 所以，即. 又因为，且， 所以，. 所以， ， 由分别在线段上，得. 二次函数开口向上，对称轴， 所以函数有最小值，故， 最大值在端点处，故， 因此的取值范围为. 三、解答题：本大题共3小题，共32分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 21. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角； （2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解. 【小问1详解】 在中，，故 ， 将已知等式变形： ， 又 ， 代入得： ，  因，， 故，得； 【小问2详解】 由三角形面积相等得，代入，，， 化简得：  ，又 再代入余弦定理，得  ， 整理得，解得或， 对应代入，得或， 故，或，. 22. 如图1所示，已知与满足：，二面角的大小为为线段的中点． （1）证明：平面平面； （2）如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积． 【答案】（1）已知，为中点，由等腰三角形三线合一得：； 同理，，为中点，得； 又，且平面，因此平面； 因为平面， 根据面面垂直的判定定理，可得平面平面，得证. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一得到和，推得平面，再根据面面垂直的判定定理证明结论； （2）先推出二面角的平面角，在垂直于的平面中结合、的条件求出、，将六面体体积拆分为三棱锥与的体积和，最终计算得六面体的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，为中点，得，， 已知，故. 在中，，等腰直角三角形斜边中线， 面积； 在中，，，故为等边三角形，高，面积​； 由，，得是二面角的平面角，故， 因为平面 ，平面， 所以，结合得平面； 又在过垂直平面的直线上，故四点共面（都在平面内）， 由平面 ，平面，得， 即为直角三角形，， 在平面中： （平面 ，平面 ）， 故， 结合，得， 在中，由，得，同时， 六面体的体积， 因为，， 所以六面体体积为. 23. 如图所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图所示，平面平面． （1）点为的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）取的中点，连接，.如图： 因为是中点，所以是的中位线，故，且. 由等腰梯形性质，且， 因此且，四边形是平行四边形，故. 又平面，平面，因此平面. （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，再结合线面平行的判定定理可得； （2）先由等体积法得点到平面的距离，再由几何法可得线面角的正弦值； （3）先由平面的性质可作出平面与平面为，再过作，设，由射影定理可得，进而可得，然后在中用两次余弦定理可得方程，解方程可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在等腰梯形中，，，， 所以，.连接，如图： 因为，所以，且平面平面， 所以平面，平面，所以. 在直角中，. 又在中，，所以，故. 因为，，且，平面， 所以平面，平面，所以. 在直角中，，所以. 设点到平面的距离为，则. 又因为，. 因为，所以，得. 设直线与平面所成角为，则. 因此直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 理由如下： 延长相交于，过点作于，连接，如图： 因为，且，所以是的中位线， 因此，. 因为平面，平面，所以平面平面， 同理平面平面，所以平面与平面的交线为. 由，，，得平面， 故平面平面，且平面与平面的交线为， 又因为，平面，所以平面， 因此平面在平面的射影面为. 设，，所以. 在中，由（2）知，， . 在中，，. 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 由射影定理得，所以. 如图，直角中，. 在中，由余弦定理得 . 在直角中，，所以. 又在中，由余弦定理得， ， 化简得，两边平方， 即，解得或（舍去），经检验是原方程的根. 因此棱（不包括端点）上是存在点，且时，平面与平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $