精品解析：广东深圳市南山区2025-2026学年第二学期期末检测高一数学试卷

2025-2026学年度第二学期期末检测高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的学校、班级、姓名． 2．请按照要求答题，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答，视为无效． 3．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 第I卷（选择题） 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. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 样本数据2，4，2，12，11的中位数和极差分别为（ ） A. 2和9 B. 2和10 C. 4和9 D. 4和10 3. 已知在平面直角坐标系中，点如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两点到平面的距离分别为2和4，则线段的中点到的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 5. 已知的直观图是等腰直角三角形，如图所示，其中，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 6. 在中，角所对的边分别为，则“”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 7. 在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 从0，1，2，3，4这5个数字中选3个不同的数字组成三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ） 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. 已知向量，的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. D. 10. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件“两次投掷的点数之和为偶数”为，事件“两次投掷的点数之和为3的倍数”为，事件“第一次投掷的点数不超过4”为，则（ ） A. 与互斥 B. C. D. 与相互独立 11. 已知正方体的棱长为分别是的中点，点在正方体表面运动，且，设点均在动球的球面上，则（ ） A. 四面体的体积为 B. 存在点，使得平面 C. 点的轨迹长度为 D. 球的表面积最大值为 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. 已知某班级女生和男生人数之比为，若某次考试的班级平均分为80，且男生平均分为78，则女生平均分为___________． 13. 已知圆锥的母线长为其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为_____． 14. 已知正三角形的边长为3，且，过点且垂直于的直线交的外接圆于两点，若点为边上的动点，则的最大值为___________． 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. 已知在中，． （1）求； （2）设为的中点，求． 16. 如图，在正三棱柱中，为的中点． （1）证明：∥平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某学校开展了数学建模比赛活动，从全体参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分成6组：，制作出如图所示数据不完整的频率分布直方图，并计算出：成绩在内的学生的平均成绩为分． （1）求a的值（保留三位小数）； （2）由频率分布直方图估算全体参赛者成绩的第80百分位数； （3）先按成绩进行分层，通过分层随机抽样的方法，从区间抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求恰有1人测试成绩位于区间的概率． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求点到平面的距离； （3）若，求二面角的正切值的取值范围． 19. 以法国数学家布洛卡命名的布洛卡点是三角形内部的特殊点，其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且，求的大小； （2）证明：； （3）若，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期末检测高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的学校、班级、姓名． 2．请按照要求答题，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新答案；不准使用涂改液．不按以上要求作答，视为无效． 3．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 第I卷（选择题） 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. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 则复数的共轭复数为． 2. 样本数据2，4，2，12，11的中位数和极差分别为（ ） A. 2和9 B. 2和10 C. 4和9 D. 4和10 【答案】D 【解析】 【详解】将样本数据从小到大排序得，则中位数为，极差为. 3. 已知在平面直角坐标系中，点如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图可得各点坐标，求出，坐标，即可得答案. 【详解】由图可得， 所以，则. 故选：C 4. 已知两点到平面的距离分别为2和4，则线段的中点到的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 【答案】D 【解析】 【详解】若点，在平面的同侧，则线段的中点到平面的距离为； 若点，在平面的异侧，则线段的中点到平面的距离为. 综上，线段的中点到平面的距离为1或3. 5. 已知的直观图是等腰直角三角形，如图所示，其中，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则还原原图形的线段长度及位置关系，利用勾股定理求解. 【详解】因为 ，所以轴, 在中，，，所以 还原图形， 所以，，. 在中，. 故选：D 6. 在中，角所对的边分别为，则“”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】A 【解析】 【分析】根据“，得出 ，根据充分必要条件的定义可判断． 【详解】∵中，角所对的边分别为，， 或 ∴根据充分必要条件的定义可判断： “”是“”的充分不必要条件 ． 故选A 【点睛】本题考查了解三角形，充分必要条件的定义，属于中档题． 7. 在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，取的中点，连接，易得为与所成角或其补角，借助于余弦定理即可求得答案. 【详解】如图，设正四面体的棱长为4，取的中点，连接， 因，分别为棱，的中点，则，且， ，又因， 在中，由余弦定理，， 因，则为与所成角或其补角， 由余弦定理，. 即异面直线与所成角的余弦值为. 8. 从0，1，2，3，4这5个数字中选3个不同的数字组成三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算所有三位数的总数，再根据能被3整除的特征分类计数符合条件的三位数，最后代入古典概型公式求解概率即可. 【详解】记事件为“组成的三位数能被3整除”， 计算总样本数：从0，1，2，3，4中选3个不同数字组成三位数， 百位不能为0，百位共有种选择，剩余两位从剩下的4个数字中选2个排列， 共有种，因此总三位数个数为， 计算事件包含的样本数：能被3整除的数满足各位数字之和能被3整除， 其组合有，，，， 当组合为、时，每组组成的三位数的个数为，两组共个； 当组合为、时，每组组成的三位数的个数为，两组共个； 因此事件包含的样本点数为. 由古典概型公式得. 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. 已知向量，的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平面向量的定义，数量积的计算公式及运算律即可求解． 【详解】对于A，向量不能比较大小，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，则，故C错误； 对于D，，则，故D正确． 10. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件“两次投掷的点数之和为偶数”为，事件“两次投掷的点数之和为3的倍数”为，事件“第一次投掷的点数不超过4”为，则（ ） A. 与互斥 B. C. D. 与相互独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用古典概率公式计算各事件的概率，再根据事件的独立和互斥的定义判断事件间的关系. 【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，列出所有的基本事件如下表所示： 第二次 第一次 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 则共包含36种基本事件. A项，事件“两次投掷的点数之和为6”既含于事件，也含于事件，则与不可能互斥，故A错误； B项，由上表可知，事件共包含12种基本事件，则，故B正确； C项，由上表可知，事件和事件均包含24种基本事件，则，故C正确； D项，由上表可知，事件共包含18种基本事件，则，事件共包含12种基本事件，则，因为，所以与相互独立，故D正确. 11. 已知正方体的棱长为分别是的中点，点在正方体表面运动，且，设点均在动球的球面上，则（ ） A. 四面体的体积为 B. 存在点，使得平面 C. 点的轨迹长度为 D. 球的表面积最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，使用等体积法可得，由于为的中点，则三点共线，故，从而计算出体积；对于B，经过点与平面平行的平面为平面，平面与点在正方形内的轨迹存在两个交点，故存在点，使得平面，所以B正确；对于C，分析点G在正方体各个面内运动轨迹，分别计算出轨迹长度，求和即可判断；对于D，找到球的球心，计算出球半径的表达式，再求出球半径的变化趋势即可判断. 【详解】对于A：正方体的棱长为，则面对角线长为， 则正四面体的体积为， 因为为的中点，则三点共线，则， 故A正确； 对于B:因为，，所以四边形是平行四边形，则， 平面,平面,所以，平面, 同理可得平面,由于平面， 所以，平面平面, 当若点在正方形内时，因为，，所以在中，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆, 由于点到直线距离为，故线段与点的轨迹必有两个交点， 此时平面，平面平面， 所以平面，故B正确； 对于C： 若点在正方形内时，设的外接圆半径为，圆心为，那么，如图的外接圆与以为圆心，半径为2的圆在正方形内部无公共点，即无法保证，又点均在动球的球面上， 故点在正方形内没有轨迹； 若点在正方形内，因为，，所以在中，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去除与边的交点），其轨迹长度为； 若点在正方形内，同理可得轨迹长度为； 若点在正方形内，因为，， 所以，,, 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长度为； 若点在正方形内,轨迹为一个点； 若点在正方形内，同理可得轨迹为一个点； 综上，点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，点均在动球的球面上，由于三点为定点，故球心在经过的外心与平面垂直的直线上，若点在正方形或内运动时，当点越接近边或边即越接近与共圆的点时，则过的球半径趋于无穷大，故D选项错误； 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. 已知某班级女生和男生人数之比为，若某次考试的班级平均分为80，且男生平均分为78，则女生平均分为___________． 【答案】 82.5 【解析】 【分析】根据加权平均数的计算规则，结合总分的等量关系列方程求解女生平均分. 【详解】依题意，记女生人数为（），则男生人数为，设女生平均分为. 则有  ， 解得，解得. 13. 已知圆锥的母线长为其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据侧面积公式解弧长公式计算求出底面半径，再应用圆锥的表面积公式计算求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，因为圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为 所以该圆锥的表面积为 故答案为：. 14. 已知正三角形的边长为3，且，过点且垂直于的直线交的外接圆于两点，若点为边上的动点，则的最大值为___________． 【答案】5 【解析】 【分析】设为外接圆的圆心，结合垂径定理和正弦定理可得的值，再由极化恒等式推出，于是问题转化为求的最大值，然后结合余弦定理，即可得解． 【详解】设为外接圆的圆心，连接并延长交于点，连接， 因为，所以， 因为为正三角形，所以也是的重心， 所以，所以，， 因为，所以， 在中，由正弦定理可知，外接圆半径， 即，所以， 因为， 所以，所以， 因为点为边上的动点，当点与点重合时，， 在中，由余弦定理可知，， 所以， 所以. 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. 已知在中，． （1）求； （2）设为的中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合余弦定理可求出，，所以易知； （2）在  中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出即可. 【小问1详解】  在中，，由 ，得 . 由余弦定理可知， 故，于是，，所以 . 【小问2详解】  为中点，则 ，. 在  中，解得. 在中，由正弦定理， . 16. 如图，在正三棱柱中，为的中点． （1）证明：∥平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接交于点，连接， 在矩形中，为的中点， 又因为为的中点，所以， 又平面，平面，所以∥平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明； （2）根据线面所成角的定义确定直线与平面所成角，再利用正弦定义求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在正三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 又因为为正三角形，为的中点， 所以， 因为，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为， 在中，， 在中，， 所以在中， 17. 某学校开展了数学建模比赛活动，从全体参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分成6组：，制作出如图所示数据不完整的频率分布直方图，并计算出：成绩在内的学生的平均成绩为分． （1）求a的值（保留三位小数）； （2）由频率分布直方图估算全体参赛者成绩的第80百分位数； （3）先按成绩进行分层，通过分层随机抽样的方法，从区间抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求恰有1人测试成绩位于区间的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图计算成绩在内的频率，求得相应的频数，由成绩在内的学生的平均成绩为分列出方程，求解可得； （2）先确定全体参赛者成绩的第80百分位数所在区间，再根据百分位数的计算方法求得全体参赛者成绩的第80百分位数； （3）由频率分布直方图得成绩在区间内的频率比，从而确定从区间抽取的人数，再根据古典概型的概率求法计算恰有1人测试成绩位于区间的概率. 【小问1详解】 由频率分布直方图知，成绩在内的频率分别如下， 为，，，， 对应的频数分别为. 所以成绩在内的学生的平均成绩为， 整理得，解得. 【小问2详解】 因为成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 所以全体参赛者成绩的第80百分位数在内. 设全体参赛者成绩的第80百分位数为， 则，解得. 【小问3详解】 成绩在区间内的频率分别如下， 为， 所以频率比为. 所以按分层抽样的方法，从区间抽取的5人， 来自区间内的有1人，记为； 来自区间内的有3人，分别记为； 来自区间内的有1人，记为，从这抽取的5人中随机抽取2人， 样本空间为， 记恰有1人测试成绩位于区间为事件， 则，所以. 即恰有1人测试成绩位于区间的概率为. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）证明：平面平面； （2）若，求点到平面的距离； （3）若，求二面角的正切值的取值范围． 【答案】（1）因为，，则，故， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求证平面，再利用面面垂直的判定定理可证； （2）利用等体积思想求出； （3）过点作，求证是二面角的平面角，设得出关于的函数求取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 因为，，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以，则， 设点到平面的距离为， 则由，平面可得，， 则， 则点到平面的距离为 【小问3详解】 过点作，垂足分别为，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，则是二面角的平面角， 设，在中，， 因为，所以， 则， 因为，所以，则， 故二面角的正切值的取值范围为. 19. 以法国数学家布洛卡命名的布洛卡点是三角形内部的特殊点，其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． （1）若，且，求的大小； （2）证明：； （3）若，求的最大值． 【答案】（1） （2）在中，由正弦定理可得， 又，， 故， 同理可得，， 则， 在中，由正弦定理可得， 即有，又， 故， 则， 则， 即有 ， 故， 即有； （3） 【解析】 【分析】（1）利用相似三角形性质结合余弦定理计算即可得； （2）利用正弦定理可得，也可得，将其化简可得，即可得证； （3）结合（2）中所得，可得，再借助三角恒等变换公式求出最大值即可得解. 【小问1详解】 由，故， 又，故， 则与相似， 又，，即，， 故， 又，故； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知， 即 ， 要使得取最大值，则需取最小值， 即需取最大值， 由 ， 故，当且仅当时，取等， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $