精品解析：广东深圳外国语学校2025-2026学年第二学期高一期末考试数学试题

深圳外国语学校2025~2026学年度第二学期高一期末考试 数学试题 命题：高德凯 审题：金珊珊 本试卷满分150分，考试时间120分钟 一、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. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 3. 如图所示，，，为的中点，则为（ ） A. B. C. D. 4. 如图圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 5. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下面正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 6. 异面直线，所成的角为，，，，，垂直于，垂直于，且，，．则可能为（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 已知平面向量，满足，，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 8. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，，且图中阴影部分的面积为，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 某高中100位学生成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：．则根据直方图可得（ ） A. B. 估计这100名学生成绩的平均分为73 C. 估计这组数据的第80百分位数为85 D. 若采用样本量比例分配的分层随机抽样从两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取1人，则此人成绩在区间的概率为 10. 已知口袋中装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球，从中有放回地随机取2次，每次取1个球.记事件M为“第一次摸到红球”，N为“第二次摸到白球”，Q为“两次摸出的球颜色相同”，则下列说法正确的有（） A. B. M与Q互斥 C. D. M与N相互独立 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（ ） A. 若平面，则动点F的轨迹长度为 B. 不存在动点F，使平面 C. 若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D. 若正方体的外接球为球O，则球O被平面所截截面圆的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则的最大值为______． 13. 已知（，）是偶函数，在区间上单调递增．则__________，__________． 14. 若对任意的，都有，则称是完美集合．从集合的所有非空子集中任选1个，该集合不是完美集合的概率是__________． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，，．最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 16. 如图，在正三棱柱中，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积. 17. 在人工智能算法中，随机森林是将多个模型综合起来创建更高性能模型的预测方法，它选择多个模型预测结果中的多数作为最终结果. （1）假设某随机森林综合了3个相互独立的模型，每个模型预测的正确率都是0.6，请问使用随机森林后预测正确率是多少？ （2）某随机森林对一批测试样本进行预测，其中正类样本有 20 个，模型输出的平均预测概率为 0.7，方差为 0.02；负类样本有 80 个，平均预测概率为 0.45，方差为 0.005.求全部样本预测概率的总体平均数和总体方差. 18. 近年来，某区认真践行“绿水青山就是金山银山”的生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向．为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示扇形区域内修建矩形水池，矩形一边在上，点在圆弧上，点在边上，且米，设． （1）求扇形区域的面积； （2）若，求的长； （3）若矩形的面积为，当为何值时， 取得最大值，并求出这个最大值． 19. 如图1，在平面五边形中，，，，是正三角形，为中点，将沿翻折到，形成四棱锥，如图2所示． （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正切值； （3）求平面与平面夹角的余弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2025~2026学年度第二学期高一期末考试 数学试题 命题：高德凯 审题：金珊珊 本试卷满分150分，考试时间120分钟 一、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. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角的终边的定义进行计算即可. 【详解】因为角的终边过点，则. 故选：B. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】由题意， 则. 3. 如图所示，，，为的中点，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，为的中点，所以， 所以. 4. 如图圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球的半径为R，根据球与圆柱的体积公式计算即可 【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高． 则球的体积，圆柱的体积， ∴. 5. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下面正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故A错误； 对于选项B：若，，，则的位置关系有平行、相交或异面，故B错误； 对于选项C：若，，，由面面平行的性质定理可知，故C正确； 对于选项D：若，，则的位置关系有平行或异面，故D错误. 6. 异面直线，所成的角为，，，，，垂直于，垂直于，且，，．则可能为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量，再利用向量数量积求解长度. 【详解】因为 又垂直于，垂直于，，，，，异面直线，所成的角为 所以，或 ， 所以， 当时，； 当时，； 综上，或4，由于选项中只有，只能选择选项C. 7. 已知平面向量，满足，，则的最大值为（ ） A. 4 B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】将向量关系转化为三角形边角关系，由正弦定理把的长度用另一角的正弦表示，利用正弦函数有界性求最大值. 【详解】设原点为，令，，则，可得. 根据向量夹角的定义，与的夹角为​，即中​，即的长度. 对应用正弦定理得，代入，​，得， 因为正弦值满足，当​时取最大值1，因此的最大值为. 8. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，，且图中阴影部分的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意由三角函数的对称性得到，再结合正弦函数的周期性和最值求解即可． 【详解】如图， 由三角函数的对称性可得阴影部分的面积等于矩形和矩形的面积之和， 又，所以， 因为函数图象向左平移个单位长度得到的图象，所以 ， 所以 ，即，故， 由图象可得，所以，则， 又 ，所以 ，则， 又，所以． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 某高中100位学生成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：．则根据直方图可得（ ） A. B. 估计这100名学生成绩的平均分为73 C. 估计这组数据的第80百分位数为85 D. 若采用样本量比例分配的分层随机抽样从两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取1人，则此人成绩在区间的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由概率之和为1得到方程，求出；B选项，中间值作为代表求出平均数，得到B正确；C选项，先得到数据的第80百分位数位于，设为，得到方程，估计这组数据的第80百分位数为；D选项，由分层抽样的特征得到从两组抽取的人数分别为3人，2人，进而得到概率. 【详解】A选项，，解得，A正确； B选项，， 故估计这100名学生成绩的平均分为73，B正确； C选项，，， 故数据的第80百分位数位于，设为， 则，解得， 估计这组数据的第80百分位数为，C错误； D选项，，故从两组中抽取5人， 则从两组抽取的人数分别为人，人， 再从这5人中随机抽取1人，则此人成绩在区间的概率为，D正确. 故选：ABD 10. 已知口袋中装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球，从中有放回地随机取2次，每次取1个球.记事件M为“第一次摸到红球”，N为“第二次摸到白球”，Q为“两次摸出的球颜色相同”，则下列说法正确的有（） A. B. M与Q互斥 C. D. M与N相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件、和事件概率的计算公式，依次计算、判断互斥性、计算、验证独立性，逐一判定选项正误. 【详解】每次取红球概率为，取白球概率为. 第二次取球与第一次无关，每次摸到白球的概率均为，因此，A正确. 第一次摸到红球且第二次摸到红球，和可以同时发生，不互斥，B错误. 因为. ，，=， 所以，C正确. ，，满足，因此与相互独立，D正确. 故选：. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（ ） A. 若平面，则动点F的轨迹长度为 B. 不存在动点F，使平面 C. 若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D. 若正方体的外接球为球O，则球O被平面所截截面圆的面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：根据面面平行可得动点F的轨迹，即可得轨迹长度；对于B：建系并标点，求平面的法向量，利用向量求点F的坐标，即可判断；对于C：分析可知当F与D重合时三棱锥的体积最大，利用空间向量求相关距离，即可得体积；对于D：可知球心为，半径，求O到平面的距离，进而可得截面圆半径. 【详解】对于选项A：如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 且平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 且，平面，可得平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故A正确； 对于选项B：以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，解得，不合题意， 所以不存在动点F，使平面，故B正确； 对于选项C：因为点到直线的距离为， 则的面积为， 显然当F与D重合时三棱锥的体积最大，则， 点F到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故C正确， 对于选项D：因为正方体外接球的球心为，半径， 则，则O到平面的距离为， 故球O被平面所截截面圆半径， 所以截面圆面积为，故D错误； 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则的最大值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，写出模长表达式，根据表达式的形式将模长的最值问题转化成圆上的动点与定点的最大距离问题． 【详解】解：设，， 表示以为圆心，2为半径的圆， 表示圆上的点到的距离， 故的最大值为圆心到定点的距离加半径的长： ． 13. 已知（，）是偶函数，在区间上单调递增．则__________，__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得，并代入结合单调性检验即可；解法二：根据题意可得，即可得，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知在处取到极小值，可得，进而可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为，由题意可知， 因为函数在上单调递增，则，即， 可得，解得， 且，，则. 解法一：因为函数为偶函数， 则，，且， 则，， 若，则， 即或，不符合题意， 若，则， 即或，符合题意； 且或； 综上所述：，. 解法二：因为， 若函数为偶函数，则，即， 且，则， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递减，不符合题意， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递增，符合题意， 且或； 综上所述：，. 解法三：因为函数为偶函数，且函数在上单调递增， 可知在处取到极小值，则，，且， 则，，则， 即或，符合题意； 且或. 14. 若对任意的，都有，则称是完美集合．从集合的所有非空子集中任选1个，该集合不是完美集合的概率是__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先确定非空子集的个数；根据“完美集合”的定义，可列举出所有“完美集合”，根据古典概型概率公式求得结果. 【详解】集合共有9个元素， 则集合有个非空子集. 根据“完美集合”的定义，若对任意的，都有. 若中含有元素，由于无意义，不满足定义，故不是完美集合； 若中含有元素，则要求，但不在原集合中，故不满足定义； 同理，含有或的集合也不是完美集合， 因此，完美集合只能是集合的非空子集， 其中满足完美集合的有、、、、、、，共7个， 所以集合的所有非空子集中不是完美集合的个数为个， 所以非空子集中不是完美集合的概率是. 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，，．最小正周期为，且，． （1）求、的值； （2）求的单调递减区间． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求； （2）根据正弦型函数单调区间求法求结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， 【小问2详解】 令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 16. 如图，在正三棱柱中，，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 取的中点，连接， 由，得四边形为平行四边形，所以. 由， ， 得四边形为平行四边形，所以 . 因为平面，平面， 所以平面. 同理可得， 平面. 因为平面， 所以平面平面. 又平面，所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由面面平行的判定定理可证平面平面，从而证得平面； （2）由（1）知异面直线与所成角为，求出各边长，根据余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值； （3）先求得正三棱柱的体积，再根据三棱锥与正三棱柱的体积比求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以为异面直线与所成的角， ， ， ， 所以，所以. 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 三棱柱为正三棱柱， 所以其体积为 . 三棱锥的体积. 17. 在人工智能算法中，随机森林是将多个模型综合起来创建更高性能模型的预测方法，它选择多个模型预测结果中的多数作为最终结果. （1）假设某随机森林综合了3个相互独立的模型，每个模型预测的正确率都是0.6，请问使用随机森林后预测正确率是多少？ （2）某随机森林对一批测试样本进行预测，其中正类样本有 20 个，模型输出的平均预测概率为 0.7，方差为 0.02；负类样本有 80 个，平均预测概率为 0.45，方差为 0.005.求全部样本预测概率的总体平均数和总体方差. 【答案】（1） （2）总体平均数为，总体方差为 【解析】 【小问1详解】 由题意得，恰好个模型预测正确的概率为； 恰好个模型预测正确的概率为， 则使用随机森林后预测正确率是. 【小问2详解】 全部样本预测概率的总体平均数为； 总体方差为. 18. 近年来，某区认真践行“绿水青山就是金山银山”的生态文明理念，围绕良好的生态禀赋和市场需求，深挖冷水鱼产业发展优势潜力，现已摸索出以虹鳟、鲟鱼等养殖为主方向．为扩大养殖规模，某鲟鱼养殖场计划在如图所示扇形区域内修建矩形水池，矩形一边在上，点在圆弧上，点在边上，且米，设． （1）求扇形区域的面积； （2）若，求的长； （3）若矩形的面积为，当为何值时， 取得最大值，并求出这个最大值． 【答案】（1）平方米; （2）米; （3）当时，取得最大值，最大值为平方米. 【解析】 【分析】（1）由扇形的面积公式求解即可； （2）在中，求得，从而可得，在中，由求解即可； （3）由题意可求得，，由矩形的面积公式及三角恒等变换可得，由三角函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由题意可知扇形的半径，圆心角， 所以扇形的面积， 所以扇形区域的面积为平方米； 【小问2详解】 因为， 在中，， 又因为为矩形，所以， 在中，，， 所以， 即的长为米； 【小问3详解】 在中，， ， 又因为为矩形，所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以 ， 因为， 所以当， 所以当，即时，取最大值，为， 即当时，取得最大值，最大值为平方米. 19. 如图1，在平面五边形中，，，，是正三角形，为中点，将沿翻折到，形成四棱锥，如图2所示． （1）求证：； （2）当时，求直线与平面所成角的正切值； （3）求平面与平面夹角的余弦值的最小值． 【答案】（1） 设为的中点，连接、、， 因为，且，故四边形为平行四边形，则， 所以， 因为，则，故为等腰直角三角形， 由为正三角形及为等腰直角三角形得：，， 因此翻折之后，因为，且、平面，所以平面， 又平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设为的中点，连接、、，推导出，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）证明出平面，然后直角三角形内过作于，又线面垂直的性质得出，可得出平面，于是可知为直线与平面所成的角，分析的形状，即可得出的大小，即可得解； （3）以为原点，、所在直线为，轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得平面与平面夹角的余弦值的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，由（1）得， 因为，且、平面，所以平面， 又平面，即， 因为，，、平面，所以平面， 在直角三角形内过作于， 因为平面，则， 因为，、平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角. 因为，，则，所以， 所以为等腰直角三角形，所以， 又，所以为等腰直角三角形， 所以，， 所以直线与平面所成角的正切值为. 【小问3详解】 由（1）知在翻折过程中，因为， 则点轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为平面，以为原点，、所在直线为，轴， 过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图， 则、、、， 设，， 则，， ，． 设平面的法向量为，则由， 取，则，，则． 设平面的法向量为，则由， 取，则，，则， ， ， 设为平面与平面的夹角， 则．， 令，则，则， 则， 当，即，时，取最小值，且最小值为， 所以平面与平面夹角的余弦值的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $