精品解析：广东深圳实验学校高中园2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

深圳实验学校高中园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 命题人：张建华 审题人：徐彩刚 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据的众数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知半径为的球的体积与表面积相等，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 4. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 5. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一组数据，，，…，的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，，，…，，则新数据与原数据相比（ ） A. 平均数不变 B. 方差不变 C. 极差变大 D. 中位数不变 7. 为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于2026年1月组织高一、高二、高三三个年级共400名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（） A. 这400名学生中，高一人数比高二人数多40 B. 成绩前200名的高一学生有90人 C. 成绩前100名的学生中，高三学生人数不超过64 D. 成绩第101名到第200名的学生中，高二人数比高一人数多 8. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 10. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，是单位向量，且，则与的夹角是______. 13. 在中，，则一定为__________三角形.（选填“锐角”、“直角”、“钝角”、“等腰”） 14. 如图所示的电路中，每个元件接通的概率均为且相互独立，则这个电路接通的概率为________. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，求边． 16. 在四棱锥中，平面平面，，底面为菱形，，，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 17. 已知的三个内角A，B，C所对的边分别是，是钝角，且． （1）求的大小； （2）若的面积为，且，求的值； （3）若，求面积的最大值． 18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 19. “风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结，得到如图（2）所示的四棱锥． （1）求证：平面； （2）若E为棱上一点，记 ①若求直线与平面所成角的正切值； ②是否存在点E使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，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 $ 深圳实验学校高中园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 命题人：张建华 审题人：徐彩刚 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据的众数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为样本数据中出现的次数最多，所以该样本数据的众数为． 2. 已知半径为的球的体积与表面积相等，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为半径为的球的体积与表面积相等， 所以. 3. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】因为， 所以，解得． 故选：A. 4. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在四边形中，，， 根据是平行四边形可得，四边形是矩形，且， 所以四边形的面积. 5. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用几何关系，确定，再利用向量的线性运算，即可求解. 【详解】因为，所以， 由题可知，所以， 即. 故选：A 6. 已知一组数据，，，…，的平均数为，将这组数据分别加上它们的平均数，得到一组新数据，，，…，，则新数据与原数据相比（ ） A. 平均数不变 B. 方差不变 C. 极差变大 D. 中位数不变 【答案】B 【解析】 【分析】求出新数据的平均数，即可判断A；求出新数据的方差即可判断B；求出两组数据的极差，即可判断C；举反例判断D. 【详解】对于A，设新数据的平均数为， 则，故A错误； 对于B，设新数据的方差为，原数据的方差为， 则 ，故B正确； 对于C，假设原数据中最大的数为，最小的数为，则原数据的极差为； 则新数据中最大的数为，最小的数为， 则新数据的极差为，即极差不变，故C错误； 对于D，假设原数据为1，2，3，则平均数为2，中位数为2； 则新数据为3，4，5，中位数为4， 所以两组数据的中位数不等，故D错误. 7. 为深入学习贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想，某校于2026年1月组织高一、高二、高三三个年级共400名学生参加“青春心向党·奋进新征程”党史知识竞赛．如图，结合参赛学生的年级分布饼图与高一学生的排名分布频率条形图，下列命题中错误的是（） A. 这400名学生中，高一人数比高二人数多40 B. 成绩前200名的高一学生有90人 C. 成绩前100名的学生中，高三学生人数不超过64 D. 成绩第101名到第200名的学生中，高二人数比高一人数多 【答案】D 【解析】 【分析】根据饼状图和条形图提供的数据逐一分析判断选项． 【详解】由饼图可知，高一人数比高二人数多选项正确； 由条形图可知，成绩前200名中高一人数为人，B选项正确； 成绩前100名的学生中，高一人数为人， 故高三人数不超过人，C选项正确； 成绩第101名到第名的学生中，高一人数为人， 故高二最多有人，因此高二人数比高一少，D选项错误， 故选：D 8. 已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析题目条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果. 【详解】和表示、方向的单位向量，则在的角平分线上， 又，所以的角平分线与边垂直， 所以是等腰三角形，且. 取的中点，连接，则. 由题意知，，，所以. 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 则，，，故， 设（），则，即. . 所以， 当时，取得最小值，为. 二、多选题：（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. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】运用复数除法化简可得，分别运用共轭复数的概念、复数模公式、复数乘法运算及乘方运算即可判断各个选项. 【详解】因为，所以， 对于A项，，故A项错误； 对于B项，，故B项正确； 对于C项，，故C项错误； 对于D项，，，故D项正确. 故选：BD. 10. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，，，且, 因为，所以与独立. 选项B，因为， ，所以与不对立. 选项C，. 选项D，. 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，是单位向量，且，则与的夹角是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知即可求出，结合向量夹角的范围，即可得出答案. 【详解】由已知可得，. 又，所以. 故答案为：. 13. 在中，，则一定为__________三角形.（选填“锐角”、“直角”、“钝角”、“等腰”） 【答案】直角 【解析】 【分析】由正弦定理边化角得，由此即可判断. 【详解】因为，所以， 所以，因为，所以， 又，所以， 所以一定为直角三角形. 故答案为：直角. 14. 如图所示的电路中，每个元件接通的概率均为且相互独立，则这个电路接通的概率为________. 【答案】## 【解析】 【详解】对三个元件进行标号，如下图所示： 设事件表示“元件a接通”，事件表示“元件b接通”，事件表示“元件c接通”，且. 电路接通需要a接通，且b或c接通，即，其中，所以. 故电路接通的概率为. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若，求边． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 已知，由余弦定理得， 可得， 化简得，又，故； 【小问2详解】 由（1）知， 由正弦定理，得. 16. 在四棱锥中，平面平面，，底面为菱形，，，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判断定理进行证明； （2）由等体积公式求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AB的中点O，连接SO，CO，AC， 因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 又因为，则，， 故，， 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． 17. 已知的三个内角A，B，C所对的边分别是，是钝角，且． （1）求的大小； （2）若的面积为，且，求的值； （3）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理得即可得解. （2）先由三角形的面积公式得，再由余弦定理即可得解. （3）先由余弦定理得，再结合面积公式即可求解. 【小问1详解】 ，， ， 是钝角，. 【小问2详解】 ， . . 【小问3详解】 ， ，当且仅当时面积取最大值. 18. 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: （2）为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 【答案】（1），85 （2） （3）得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【解析】 【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案； （2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可； （3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可. 【小问1详解】 由题意得:，解得， 设第60百分位数为，则， 解得，第60百分位数为85. 【小问2详解】 由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、. 则样本空间为. 设事件“两人分别来自和，则， 因此， 所以两人得分分别来自和的概率为. 【小问3详解】 由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为，平均分为，方差为； 在区间的数据分别为为，平均分为，方差为； 这20个数据的平均数为，方差为. 由题意，，且，则. 根据方差的定义， 由， 可得 故得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可. 19. “风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结，得到如图（2）所示的四棱锥． （1）求证：平面； （2）若E为棱上一点，记 ①若求直线与平面所成角的正切值； ②是否存在点E使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②存在 【解析】 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可； ②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得,利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【小问1详解】 ①连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且平面 ，平面， ∴平面，又平面∴ ∵，平面 ，平面， ∴平面． 【小问2详解】 ①连结SO交CE于点G，由（1）得平面, ∴为直线CE与平面SBD所成角, ∵，AD＝CD＝1，, ∴, ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ∴，即 ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． ②连结，∵, ∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足， 由得，, 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，所以由余弦定理得： , 解得, ∴存在使得直线与直线所成角为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $