精品解析：广东深圳实验学校高中部2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

深圳实验学校高中部2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码． 3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 4．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 5．考试结束后，考生上交答题卡． 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. 已知复数，则在复平面内，的共轭复数对应的点位于（     ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 设，为两条直线，，为两个平面，则下列说法错误的为（     ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 10 D. 8 5. 某工厂认定工人通过试用期的方法为：近5天中，从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求合格零件数均不低于22．若甲、乙、丙三人近5天每天生产的合格零件数统计如下：甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的为（     ） A. 甲、乙 B. 甲、丙 C. 乙、丙 D. 甲、乙、丙 6. 已知向量，，，则三棱锥的体积为（     ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 已知为的外心，，，，若，则（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设三个事件为，，，则（     ） A. 若，，两两独立，则 B. 若，，两两互斥，则 C. 若与相互独立，则与相互独立 D. 若，，则，相互独立与，互斥不同时成立 10. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 11. 如图，在正三棱台中，，，点在内运动（包含边界），则（     ） A. 直线与所成角的正切值为 B. 当平面时，的轨迹长度为 C. 直线与平面所成角余弦值的最大值为 D. 当时，的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且共面，则_____________. 13. 已知四面体 的各顶点都在同一球面上，若，二面角 的平面角为 ，则该球的表面积是_____ 14. 如图，、是某水域的两直线型岸边，，是的角平分线，且．某养殖户准备经过点安装一直线型隔离网（、分别在、上），围成△养殖区．若、都不超过，则隔离网长度的取值范围是________． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）若，求； （2）若的面积为，求，． 16. 如图，四棱锥的体积为，底面为矩形，为正三角形，平面平面，，为的中点． （1）若为的中点，证明：平面； （2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由． 17. 某校开展天文知识竞赛，并将成绩不低于80分的参赛学生评为航天达人．现从1000名参赛学生中随机抽取80名，统计他们的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）估计所有参赛学生成绩的第75百分位数； （2）若在抽取的80名学生中，用比例分配的分层随机抽样方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人均为航天达人的概率； （3）已知组的方差为12，组的方差为8，试估计所有航天达人成绩的方差（结果保留整数）． 18. 在平面四边形中，，，，将沿翻折，使平面平面，此时，，分别为，的中点． （1）用几何法证明：平面； （2）用几何法求与平面所成角的正弦值； （3）用几何法求二面角的余弦值． 注：本题建系不给分． 19. 在斜三角形中，内角的对边分别为，记． （1）若，求的最小值； （2）若，且为钝角，求的最大值； （3）直接写出两个函数与的解析式，使得对于一切满足条件的，都有，且代数式恒为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳实验学校高中部2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 （时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码． 3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 4．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 5．考试结束后，考生上交答题卡． 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. 已知复数，则在复平面内，的共轭复数对应的点位于（     ） 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】，共轭复数为， 对应复平面内坐标，位于第三象限． 2. 若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先由平均数求未知量，再排序后根据百分位数定义计算. 【详解】由已知可求得：平均数，解得. 排序后数据：1，2，4，6，7共5个数据，，则此样本的第位数为， 故选：C. 3. 设，为两条直线，，为两个平面，则下列说法错误的为（     ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，因为，， 则或，故A错误； 对于B，因为，， 由面面平行的性质可知，故B正确； 对于C，因为，， 所以或， 又因为，所以，故C正确； 对于D，因为，，， 所以必与的交线平行， 即，故D正确. 4. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 10 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由斜二测画法可知原四边形且，，利用勾股定理可求得，由此可求得平行四边形的周长. 【详解】由斜二测画法可知原四边形中且， 所以原四边形为平行四边形， 而，则原四边形中，故， 综上，四边形的周长为. 故选：C 5. 某工厂认定工人通过试用期的方法为：近5天中，从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求合格零件数均不低于22．若甲、乙、丙三人近5天每天生产的合格零件数统计如下：甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的为（     ） A. 甲、乙 B. 甲、丙 C. 乙、丙 D. 甲、乙、丙 【答案】A 【解析】 【分析】根据甲乙丙的统计数据，结合中位数、方差的计算可判断甲乙，由特例可判断丙. 【详解】对于甲：由甲的统计数据可知，甲至少有3天的合格品数不低于24，最低合格品数不低于22，所以甲一定能通过； 对于乙：设乙每天的合格品件数为， 则，即， 若乙有不止一天的合格品数低于21，，不合题意； 若乙只有一天的合格品数低于22，不妨取，， 因为平均数为23，则至少有一天的合格品数为25或至少有两天的合格品数为24， 无论哪种情况，都可以得到，不合题意， 所以乙的每一天的合格品数都不低于22，乙一定能通过； 对于丙：若丙的合格品数为21，22，23，23，23，则丙的众数为23，方差为0.64，符合丙的统计数据，但丙不能通过； 所以甲、乙一定能通过，丙不一定能通过. 6. 已知向量，，，则三棱锥的体积为（     ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可. 【详解】设平面的法向量为， 则，则， 则点到平面的距离为， 又，， 则点到直线的距离为， 则， 故三棱锥的体积为. 7. 已知为的外心，，，，若，则（     ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用外心的性质，结合已知条件，构造关于的方程组，求出并代入求解． 【详解】已知为的外心，则， ，即， ，即， ， 由， ，则， 即①， ，则， 即②， 联立①②得，故． 8. 四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用割补法与棱锥体积公式分别求所截两部分的体积即可. 【详解】如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然. 设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以， 设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为， 取中点，连接，则，且， 又点共线且，所以，且， 所以，所以，所以点到平面的距离为， 故， , 因此. 故选：B. 　　　　　 【点睛】求不规则几何体的体积通常使用割补法. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设三个事件为，，，则（     ） A. 若，，两两独立，则 B. 若，，两两互斥，则 C. 若与相互独立，则与相互独立 D. 若，，则，相互独立与，互斥不同时成立 【答案】BCD 【解析】 【分析】举反例判断选项A；利用互斥事件的概率公式可判断选项B；；利用事件相互独立的判定公式判断选项C；利用事件的独立性质和互斥判断选项D. 【详解】对于A，考虑投掷两个骰子，记“第一个骰子的点数为奇数”为事件，“第二个骰子点数为奇数”为事件，“两个骰子的点数之和为奇数”为事件， 于是有，，，， 可以看出事件两两独立，但不互相独立，所以，故A错误； 对于B，若事件两两互斥，则与互斥，所以，故B正确； 对于C，若事件相互独立，则，又，， 则， 即与相互独立，故C正确； 对于D，由于，，若事件相互独立，则， 若事件互斥，则，即， 因此，相互独立与，互斥不同时成立，故D正确. 10. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由向量的夹角公式计算可判断C；由的线性运算后再平方可判断D. 【详解】对于A，在上取点，使得，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确； 对于B，因为平行六面体棱长均为2，， 因为， 则， 则， ，故B正确； 对于C， ， 因为异面直线所成角的范围为， 故直线与所成角的余弦值为，故C不正确； 对于D，， ， 则，故D正确． 11. 如图，在正三棱台中，，，点在内运动（包含边界），则（     ） A. 直线与所成角的正切值为 B. 当平面时，的轨迹长度为 C. 直线与平面所成角余弦值的最大值为 D. 当时，的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项 A：平移BE至CG，构造异面直线所成角，用余弦定理求三角函数值验证； 选项 B：构造平行平面CHG//平面ABED，交线中位线HG即为M轨迹，长度为 2； 选项 C：由线面角定义，M到投影J距离最大时余弦值最大，算出最大值； 选项 D：MC⊥MF转化为球面截平面得圆弧轨迹，求出圆弧弧长匹配题干数值. 【详解】 连接，在正三棱台中，，， ,得,所以，所以， 因为，所以,又，所以 A. 取 的中点 ，连接 ，则 且 ，由三棱台已知条件可得：，， 由余弦定理得 ，故 A 正确； B. 取 的中点 ，取 的中点 ，连接 ，由题意得 且 ，平面，平面，所以平面， 且 ，平面，平面，所以平面，又平面,因此平面 平面， 平面与平面 相交于，为 的中位线，，故 B 正确； C. 过作平面 ，垂足为；取的中点为 ，连接 ，点 在 上， 为定值, 在平面 内，动点 运动至 点时， 距离最长，此时线面角 的正切值最小，余弦值最大,已知 ，； 在 中，，，，得 ； ，由余弦定理得 ，故 C 错误； D. 过 作 平面 于 ，由 C 选项结论可知：，，若 ，则点 的轨迹为以 为直径的球面与平面 的交线圆弧，取 为 中点， 为 中点，点 在以 为圆心、 为半径的圆弧上运动， 所以该段圆弧长度为 ，故 D 正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且共面，则_____________. 【答案】5 【解析】 【分析】利用向量共面的性质求解即可. 【详解】由题可知，， 故答案为：5 13. 已知四面体 的各顶点都在同一球面上，若，二面角 的平面角为 ，则该球的表面积是_____ 【答案】## 【解析】 【分析】取中点，连接，推得，即得 是等边三角形，分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，可得点为四面体的外接球的球心，分别求出，即可求得外接球半径即得. 【详解】 如图，取中点，连接， 因，则，且， 又二面角的平面角为 60°，即， 故 是等边三角形， 分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点， 则点为四面体的外接球的球心， 由已知可得， 连接，易得，故得，，则， 在中，， 故该球的表面积是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球的半径求法问题，属于难题. 解题思路在于：先找到二面角的平面角，推得正三角形，分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点 ，即外接球球心，结合图形即可求得外接球半径. 14. 如图，、是某水域的两直线型岸边，，是的角平分线，且．某养殖户准备经过点安装一直线型隔离网（、分别在、上），围成△养殖区．若、都不超过，则隔离网长度的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，，利用结合三角形的面积公式可得出，由，，求出的取值范围，可求出的取值范围，利用余弦定理结合二次函数的基本性质可求得的取值范围，即为所求. 【详解】设，，，由题意可得，且， 因为，即， 可得，由题意可知，，， 所以，，由，解得， 所以，， 令，因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，，则， 由余弦定理可得 ，故， 因此，的长的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）若，求； （2）若的面积为，求，． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数的基本关系式以及正弦定理即可求解； （2）由三角形的面积公式以及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由题意，， 由正弦定理得． 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理得，所以． 16. 如图，四棱锥的体积为，底面为矩形，为正三角形，平面平面，，为的中点． （1）若为的中点，证明：平面； （2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，， ，分别为，的中点，所以，， 因为，，所以，， 所以，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． （2）存在， 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知平面平面，交线为；为正三角形，为中点，故，得平面，即为四棱锥的高， 设的高 ；底面矩形面积 , 因为四棱锥的体积为，所以，解得即 , 所以，，，，， 平面与平面的交线为，由底面为矩形，得； 又平面平面，交线为，平面，得 平面， 在平面内，过点作，垂足为，连接： 因为平面，平面，故； 又，且，平面，得 平面； 因为平面，故， 因为平面，平面，且，， 所以就是平面与平面所成二面角的平面角，记为，由题知， 所以， 由平面，平面，得，即为直角三角形，。 在中，，又因为，所以 再由勾股定理得 设， 所以 ， ， 联立两式，得,又，所以是等边三角形， 所以1， 因为，故， 因此，棱上存在满足条件的点，且 17. 某校开展天文知识竞赛，并将成绩不低于80分的参赛学生评为航天达人．现从1000名参赛学生中随机抽取80名，统计他们的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）估计所有参赛学生成绩的第75百分位数； （2）若在抽取的80名学生中，用比例分配的分层随机抽样方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人均为航天达人的概率； （3）已知组的方差为12，组的方差为8，试估计所有航天达人成绩的方差（结果保留整数）． 【答案】（1）82.5 （2） （3）33 【解析】 【分析】（1）借助百分位数定义计算即可得； （2）结合分层随机抽样性质与枚举法计算概率即可得； （3）利用分层随机抽样的方差公式计算即可得. 【小问1详解】 由题意，成绩在80分以下的学生所占的比例为， 成绩在90分以下的学生所占的比例为， 所以成绩的第75分位数一定在内， 即， 所以估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5； 【小问2详解】 因为，，， 所以在，，组内分别抽取3人，2人，1人， 其中有3人为航天达人，设为，，，有3人不是航天达人，设为，，， 则从6人中选择2人作为学生代表， 有，，，，，，，，， ，，，，，共15种， 其中2人均为航天达人为，，共3种， 所以这2人均为航天达人的概率为； 【小问3详解】 组的频率为，组的频率为， 组的平均数为85，组的平均数为95， 内的平均数为， 又组的方差为12，组的方差为8， 所以估计所有航天达人成绩的方差为： ． 18. 在平面四边形中，，，，将沿翻折，使平面平面，此时，，分别为，的中点． （1）用几何法证明：平面； （2）用几何法求与平面所成角的正弦值； （3）用几何法求二面角的余弦值． 注：本题建系不给分． 【答案】（1）证明：因为，， 所以为等边三角形， 又为的中点，所以， 取中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面． 平面，． 又，，平面， 平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，结合为等边三角形，为的中点，得，由线面垂直的判定定理即可得证； （2）过作，垂足为，由（1）可得平面，从而得为与平面所成角，在中，先由余弦定理求出的值，再由同角的平方关系求的值即可； （3）取的中点，连接，过点作，垂足为，连接，由二面角的定义可知为二面角的平面角，结合（1）及已知数据，在中，由求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 过作，垂足为， 由（1）知，平面，平面，． 又，，平面， 所以平面， 所以为与平面所成角， 由（1）知，平面，平面，． 在中，，， 所以， 为的中点，， 在中，，， 在中，， 在中，由余弦定理得， ， 与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 取的中点，连接， 由（1）知，平面， 又因为,所以平面， 过点作，垂足为，连接， 所以为二面角的平面角， 为的中点，， 在中，， 由（1）知，为等边三角形，为的中点，． 由（1）知，平面． 又平面，所以． 在中，， 由（2）知，，即， 解得． 因为平面，平面，． 在中，， 所以， 所以二面角的平面角的余弦值为． 19. 在斜三角形中，内角的对边分别为，记． （1）若，求的最小值； （2）若，且为钝角，求的最大值； （3）直接写出两个函数与的解析式，使得对于一切满足条件的，都有，且代数式恒为定值． 【答案】（1）的最小值为 （2）的最大值为 （3）存在，使代数式恒为定值 【解析】 【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式可得可求出的最小值. （2）利用三角恒等变可得，利用余弦定理可得，利用，结合基本不等式可求最大值； （3）由已知可得，运用三角恒等变换可得， 两边平方，切化弦可得，进而可得. 【小问1详解】 因为，所以， 所以由余弦定理得， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 所以，所以，所以， 因为，所以， 由余弦定理可得， 所认， 当且仅当时取等号，所以，所以的最大值为； 【小问3详解】 存在，使代数式恒为定值，理由如下： 因为，所以由正弦定理可得， 于是， 所以，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 即， 所以， 所以， 即时，代数式恒为定值． 【点睛】关键点点睛：（1）边角关系转化时注意利用余弦定理；（2）在解三角形中注意利用几何图形的几何性质；（3）在三角变换中，注意根据三角函数式的特征选择合理三角变换公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $