精品解析：广东深圳市龙岗区2025-2026学年第二学期高一期末质量监测数学试卷

2025-2026学年第二学期高一期末质量监测 数学试卷 本试卷共4页．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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（为虚数单位），则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将复数化成的形式，再利用复数模的计算公式求值即可. 【详解】， . 故选：D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示列式计算. 【详解】向量，，由，得，所以. 故选：B 3. 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先列表得到所有的基本事件的个数及平局对应的基本事件的个数，根据公式可得所求的概率． 【详解】甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，所有可能出现的结果列表如下： 甲 乙　 锤 剪子 包袱 锤 (锤，锤) (锤，剪子) (锤，包袱) 剪子 (剪子，锤) (剪刀，剪子) (剪子，包袱) 包袱 (包袱，锤) (包袱，剪子) (包袱，包袱) 因为由表格可知，共有9种等可能情况． 其中平局的有3种：(锤，锤)、(剪子，剪子)、(包袱，包袱)． 设为“甲和乙平局”，则，故选A． 【点睛】古典概型的概率计算，如果基本事件的总数计算较为繁琐时，那么应该用枚举法或列表法得到所有的基本事件及随机事件中含有的基本事件． 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例判断A，B，C，利用平行的传递性得到，再利用面面平行的性质得到判断D即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误， 对于B，若，则或与异面，故B错误， 对于C，若，则或与相交，故C错误， 对于D，因为，所以，而，可得，故D正确. 故选：D 5. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式求解. 【详解】根据题意，在上的投影向量为： . 故选：A 6. 在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】先利用正弦定理化简边角等式得到，再结合三角形面积公式与余弦定理求出角，即可判断三角形形状. 【详解】在中，，由正弦定理得，即. 因为，所以，因此，即. 又，所以，解得，即. 因为，故. 结合与内角和，可得，即三个内角均相等，为等边三角形. 7. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出正四棱台的高，再利用正四棱台的体积公式计算求解即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，    因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 则该正四棱台的体积为. 故选：C. 8. 如图，在△ABC中，已知，，，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】法1以A为原点，建立平面直角坐标系，求坐标，利用夹角公式即可求解； 法2以为基底，利用平面向量基本定理将向量用表示，利用数量积的夹角公式即可求解. 【详解】法1：以A为原点，建立平面直角坐标系如图： 依题意可知：，，， 则：， ∴ ，， ∴． 故选：D. 法2：∵M，N分别是BC，AC的中点， ∴，． ∵与的夹角等于∠MPN，∴． ∵ ， ， ， ∴． 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是 B. 数据12，14，15，17，19，23，27，30的第70百分位数是23 C. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 D. 若样本数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为32 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据简单随机抽样的等概率性、百分位数计算、平均数与方差的求解、方差的线性变换性质，逐一分析各选项即可判断正误. 【详解】 选项A.简单随机抽样是等可能抽样，每个个体被抽到的概率为样本容量与总体容量的比值，即，故A正确； 选项B.该组数据共8个，已按从小到大排列，计算，结果不是整数，向上取整为6， 第6个数据为23，即第70百分位数是23，故B正确； 选项C.由平均数为4可得，解得， 则方差为，故C错误； 选项D.根据方差的性质，样本数据，，…，的方差为8， 则数据，，…，的方差为，故D正确. 10. 抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上一面的点数，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，定义事件：A=“”，B=“为奇数”，C=“”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B互斥 B. 事件A与B是对立事件 C. 事件B与C相互独立 D. 事件A与C相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，利用列举法，结合互斥事件、对立事件的概念，可判定A正确，B不正确；再由相互独立事件的判定方法，可判定C不正确，D正确. 【详解】抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上一面的点数， 用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数， 定义事件：A=“”，B=“为奇数”，C=“”， 对于A中，事件包含的基本事件为， 事件包含的基本事件为， 事件与不能同时发生，所以事件与为互斥事件，所以A正确； 对于B中，事件与不能同时发生，但能同时不发生，所以不是对立事件，所以B错误； 对于C中，事件“”，可得，又由且， 则，所以事件与不相互独立，所以C错误； 对于D中，由，且，则满足， 所以事件与相互独立，所以D正确. 故选：AD. 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 异面直线与所成的角的大小为 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理以及中位线定理求解选项AB，根据异面直线所成的角的概念以及面面平行的性质求解选项CD. 【详解】选项A.当为中点时，因为是的中点，所以. 因为平面，所以平面，正确. 选项B.取的中点，则，因此四边形是平行四边形， 进而.因为，所以， 则过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形，是等腰梯形，不是平行四边形，错误. 选项C.由中位线性质得，因此异面直线与所成角，等价于与所成的角. 正方体棱长为，可得，是等边三角形， 故，即异面直线所成角为，正确. 选项D.正方体中，平面，所以平面. 因为，因此平面平面. 若平面，则点一定在平面与底面的交线上. 是底面正方形的面对角线，长度为，即的轨迹长度为，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】通过将所求向量模长平方转化为向量数量积运算，结合已知的向量模长与夹角条件计算后开方求解. 【详解】已知，，两向量夹角为， 则. 因此. 13. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以，即， 故，故圆锥的体积为. 故答案为：. 14. 在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到，利用正弦定理“边化角”化简得到，因此最大值即. 【详解】中，，， 所以，所以， 根据正弦定理，， 即， 因为，所以， 由为三角形内角可知，， 根据正弦定理，， 所以 ， 其中，， 当时取得最大值，所以的最大值为. 故答案为： 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． 【小问2详解】 由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 16. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 【答案】（1），平均数，中位数 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直方图小长方形的面积之和为可求出，由题设要求求平均数，先判断中位数所在区间，然后根据直方图中小长方形面积位于面积处的数值得到中位数； （2）先确定分别需抽取的人数，然后根据列举法结合古典概型求解. 【小问1详解】 由题意，，解得， 平均数为：， 由图可知的频率为，的频率为， 故中位数位于，设中位数为， 由，解得，即中位数是， 综上，，平均数，中位数. 【小问2详解】 由图可知，的频率之比是， 根据分层抽样可知，需在分别抽取人和人， 抽取的人记作，抽取的人记作， 所有情况是，共种， 这两人恰有1人体能优秀的情况有，共种， 根据古典概型的计算公式，这两人恰有1人体能优秀的概率是. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且，，点、分别为、的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）连接.因为点、分别为、的中点，所以. 因为平面，所以平面. （2）因为，是中点，所以. 因为侧面是菱形，故. 又，因此是等边三角形. 因为是中点，所以. 因为，且平面，所以平面. 又平面，因此平面平面. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理求解即可. （2）根据线面垂直以及面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 每年的3月14日为国际数学日，也被称为“日”，某学校在国际数学日举办了“数学知识竞赛”，竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为、；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为、．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为． （1）求第一轮比赛中，甲、乙两人都获胜的概率； （2）求和的值； （3）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接运用独立事件乘法公式计算； （2）利用甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为联立方程组求解和的值； （3）运用概率容斥原理计算并事件概率. 【小问1详解】 设事件：甲第一轮胜，事件：甲第二轮胜，则； 事件：乙第一轮胜，事件：乙第二轮胜，则. 则第一轮比赛中，甲、乙两人都获胜的概率为. 【小问2详解】 甲恰好胜一轮的概率为， 乙恰好胜一轮的概率为， 因为甲、乙各有一轮胜出的概率为，故，即， 又甲、乙两轮都胜出的概率为，所以， 即，联立方程解得. 【小问3详解】 设事件C：甲两轮都胜出，则， 设事件D：乙两轮都胜出，则， 则甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率为. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面是平行四边形，且，，． （1）求证：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围注：本大题用空间向量作答不给分． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，利用线面垂直得到线线垂直，再进一步证明线面垂直； （2）利用等体积法求出点到平面的距离即可求解； （3）证明出为二面角的平面角，然后进行解三角形即可． 【小问1详解】 过作的垂线于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面， ， 因为，所以， 又平面平面，平面平面， 即平面，又平面， 所以， 又都在平面内，且相交， 平面； 【小问2详解】 平面； ，， ，， ， ， 设点到平面的距离为， 底面是平行四边形， ， ，解得：； 设直线与平面所成角为， ； 【小问3详解】 过点作的垂线交于，过点作的垂线交于，连接， 由（2）知平面， 平面， ，， 平面， ，， ，， 平面， ， 为二面角的平面角， 设，则， 利用等面积法：， ， ， 因为， ， 利用等面积法：， ， ， 在中，， 设，， 因为，所以， 所以二面角的正切值的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高一期末质量监测 数学试卷 本试卷共4页．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级填写在答题卡上．将条形码横贴在卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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（为虚数单位），则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙两个人进行“剪子、包袱、锤”的游戏，两人都随机出拳，则一次游戏两人平局的概率为 A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 7. 已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在△ABC中，已知，，，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是 B. 数据12，14，15，17，19，23，27，30的第70百分位数是23 C. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 D. 若样本数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为32 10. 抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上一面的点数，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，定义事件：A=“”，B=“为奇数”，C=“”，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B互斥 B. 事件A与B是对立事件 C. 事件B与C相互独立 D. 事件A与C相互独立 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 异面直线与所成的角的大小为 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则_____________． 13. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为______. 14. 在中，内角所对的边分别为，若，，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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，且，，点、分别为、的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 18. 每年的3月14日为国际数学日，也被称为“日”，某学校在国际数学日举办了“数学知识竞赛”，竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为、；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为、．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为． （1）求第一轮比赛中，甲、乙两人都获胜的概率； （2）求和的值； （3）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面是平行四边形，且，，． （1）求证：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围注：本大题用空间向量作答不给分． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $