精品解析：广东湛江市2025-2026学年第二学期期末调研考试高一数学试题

湛江市2025—2026学年度第二学期期末调研考试 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.考查范围：人教版高中数学必修第二册． 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将答案写在答题卡各题指定区域内．写在本试卷上无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解． 【详解】， 所以复数的共轭复数为． 2. 已知在中，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理运算求解. 【详解】由余弦定理得， 所以． 故选：D． 3. 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】 【详解】对于选项A：若，，则或，故A错误； 对于选项B：若，，，则或异面，故B错误； 对于选项C：若，，则或相交，故C错误； 对于选项D：若，，则， 又因为，则，故D正确. 4. 在△ABC中，AB=3，BC=4，∠ABC=120°，若把△ABC绕直线AB旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ） A. 11π B. 12π C. 13π D. 14π 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：△ABC绕直线AB旋转一周，所形成的几何体是两个底面半径均为以C到AB的距离CO为半径，高之差为AB的圆锥的组合体，代入圆锥体积公式，可得答案． 解：△ABC绕直线AB旋转一周，所形成的几何体是： 两个底面半径均为以C到AB的距离CO为半径，高之差为AB的圆锥的组合体， ∵BC=4，∠ABC=120°， ∴CO=2， ∴几何体的体积V==12π， 故选B 考点：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）． 5. 已知四个命题：①若，则有；②若，则与的夹角为锐角；③复数，，若，则；④复平面内，为直角坐标系原点，非零复数对应的向量为，则复数对应的向量与垂直．四个命题中，真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】举反例判断①②③为假命题；对于④：设，根据复数的坐标表示以及向量的数量积运算求解. 【详解】对于①：例如，，， 则，但，故①为假命题； 对于②：例如， 则，但与的夹角为0，故②为假命题； 对于③：例如复数，， 则，但，，即，故③为假命题； 对于④：设，，，复数对应的向量为， 则复数对应的向量为， 因为，则， 可得，所以复数对应的向量与垂直，故④为真命题； 综上所述：真命题的个数是1. 6. 从三个白球和一个黑球中分别采用有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样的方式抽取两个球，抽到的两球都是白球的概率分别是，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若采用有放回简单随机抽样，则； 若采用不放回简单随机抽样，则； 可知，，故A正确，BCD错误. 7. 已知点为所在平面内一动点，满足：，，则点的运动轨迹一定过的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心 【答案】C 【解析】 【分析】令中点为，结合正弦定理与向量运算可得点在直线上，即可得解. 【详解】由正弦定理可得，故， 故， 令中点为，则， 故点在直线上，故点的运动轨迹一定过的重心. 8. 甲、乙、丙、丁四位同学分别记录了5个正整数数据，甲同学：中位数为22，众数为20；乙同学：中位数为25，平均数为22；丙同学：第40百分位数为22，极差为2；丁同学：有一个数据为30，平均数为24，方差为10.8．根据四名同学的统计结果，可以判断出四位同学记录的所有数据一定都不小于20的人数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】假设5个正整数数据分别为，结合中位数、众数、平均数、百分位数、极差、方差的性质，判断能否小于即可得. 【详解】假设5个正整数数据分别为； 对甲：由题意可得，，故所有的数都不小于，故甲符合； 对乙：若5个正整数数据分别为、、、、， 此时中位数为，平均数为，但存在数据小于，故乙不符； 对丙：，故，即，， 则，则， 则，故，故所有的数都不小于，故丙符合； 对丁： ， 故，整理得， 解得，由为正整数，故， 故所有的数都不小于，故丁符合； 综上所述：四位同学记录的所有数据一定都不小于20的人数为人. 二、选择题：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. 已知向量，，，其中、均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量的坐标是 C. D. 的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合向量坐标运算、模长公式、投影向量定义、共线性质及基本不等式逐项计算并判断即可得. 【详解】对于A：，则，故A错误； 对于B：， 故在上的投影向量的坐标是，故B正确； 对于C：，由，则，即有，故C正确； 对于D：由，故，当且仅当，时，等号成立， 故的最大值为，故D正确. 10. 从甲袋内摸出1个红球的概率是，从乙袋内摸出1个红球的概率是，从袋内各摸出1个球，则（ ） A. 2个球不都是红球的概率是 B. 2个球都是红球的概率是 C. 至少有1个红球的概率是 D. 2个球中恰有1个红球的概率是 【答案】BC 【解析】 【分析】结合独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式计算即可. 【详解】A：两个球不都是红球的概率为：，故A错误； B：两个球都是红球的概率为：，故B正确； C：至少有一个红球的概率为：，故C正确； D：两个球中，恰好有一个红球的概率为：，故D错误. 故选：BC 11. 在棱长为2的正方体中，点，分别是棱、的中点，则（ ） A. B. 直线与直线相交 C. 三棱锥外接球的表面积为 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A：可证平面，结合线面关系分析判断；对于B：根据异面直线的判定定理可知直线与直线异面；对于C：分析可知三棱锥外接球即为长方体外接球，结合长方体的结构特征求外接球的半径和表面积；对于D：平面截正方体所得的截面为梯形，进而分析求解. 【详解】对于选项A：连接，，， 因为，且，可知为平行四边形，则，， 又因为为正方形，则， 且平面，平面，则， 又因为，平面，可得平面， 且平面，所以与不垂直，故A错误； 对于选项B：因为平面，平面，， 可知直线与直线异面，故B错误； 对于选项C：设，，的中点分别为，，， 可知为长方体，且，， 则三棱锥外接球即为长方体外接球， 可知外接球半径，外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：连接，，， 因为分别为的中点，则，， 且，，可得，， 可知平面截正方体所得的截面为梯形， 则，，可知等腰梯形的高， 所以截面面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内解方程：，两个根分别是________和________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】因为方程判别式， 所以由求根公式可知方程的解为. 13. 已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别为，，，则点的坐标是____________． 【答案】 【解析】 【详解】设点的坐标是，则，， 因为四边形为平行四边形，则， 可得，解得，即. 14. 的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理，分情况讨论的取值对应的角的解的个数，筛选出符合要求的所有的取值，构成对应的集合. 【详解】已知三角形中，， 根据已知两边及一边对角时三角形解的个数结论： 当满足 或 时，三角形有唯一解. 代入条件，： 若，即，为正整数（边长为正），得； 若，即，解得，符合条件. 当时，，此时三角形有两解，不符合； 当时，，无解，不符合. 因此整数构成的集合为. 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. 某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了 100 名同学的身高数据 (单位: )，制作成频率分布直方图如图所示. （1）求这 100 名同学的平均身高的估计值 (同一组数据用区间中点值作为代表); （2）用分层抽样的方法从 中抽出一个容量为17 的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人? （3）估计这 100 名同学身高的上四分位数. 【答案】（1） （2）第组有人，第组有人，第3组选人. （3）176.25 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图频率和为1求x,再求平均数即可； （2）由分层抽样的定义求出第2,3,4组所抽取的人数; （3）上四分位数为频率和为0.75对应的数据，根据频率分布直方图，结合频率，即可求解； 【小问1详解】 第一组的频率为0.05，第二组的频率为0.35，第三组的频率为，第四组的频率为0.20，第五组的频率为0.10， 故平均数. 【小问2详解】 根据题意，第组有人，第组有人， 所以第3组选人. 【小问3详解】 因为前3组的频率和为0.7，前4组的频率和为0.9， 所以第75百分位数在第四组，不妨设为， 则， 解得， 即第75百分位数约为176.25； 16. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若是的中点，且，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出. 【小问1详解】 因为， 又正弦定理可得， 则， 即，所以， 又，所以，所以，又，所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 在中，由余弦定理可得， 即，所以. 17. 如图，正方体的边长为1，是正方形的中心． （1）证明：直线平面； （2）设直线与平面的交点为． （ⅰ）证明：，，三点共线； （ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）连接，交于E，连接． 因为且，所以是平行四边形， 因为E，O分别为，的中点， 所以为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以直线平面； （2）（ⅰ）由（1）知共面，平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，故，即A，B，T三点共线； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）借助平行四边形性质与线面平行判定定理即可得； （2）（ⅰ）由（1）知共面，可得平面，且平面，结合平面平面即可得，即可得证；（ⅱ）过T作，垂足为H，结合面面垂直判定定理及其性质定理，可得是直线与平面所成的角，再计算出、，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）过T作，垂足为H， 因为平面，平面， 所以平面平面ABCD，又平面平面， 平面，所以平面， 所以是在平面的射影， 故是直线与平面所成的角． 因为，，所以是的中点， 则，， 所以在中，， 即直线与平面所成的角的正弦值为． 18. 如图，以边长为2的正方形的边为直径作半圆，P为半圆上的动点，满足． （1）设，用分别表示和； （2）求的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件分别将表示为和的线性组合，利用方程组思想求解出结果； （2）以中点为坐标原点建立合适平面直角坐标系，利用坐标表示出，然后根据坐标形式下向量的数量积计算公式以及三角函数的取值范围求解出的取值范围. 【详解】（1）如下图，因为， 所以，， 所以，所以解得； （2）以中点为坐标原点，的方向为轴正向建立平面直角坐标系如下图所示， 因为正方形边长为，所以半圆是单位圆位于轴上方的部分， 设，， 所以， 所以， 又因为，所以，所以， 所以，， 所以. 【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于坐标法的使用，利用坐标法将原本需要利用数量积定义去计算的问题转化为利用坐标运算去求解，一定程度上降低了运算的难度；本例除了可以采用坐标法计算数量积的范围，还可以通过取中点，将转化为，然后结合线段长度去求解结果. 19. 在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. （1）求事件“为偶数”的概率； （2）若，求“二面角的平面角大于”的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求事件事件“”与事件“”均为奇数的概率，再求事件“”与事件“”均为偶数的概率，进而可求得事件“”为偶数的概率； （2）由题意证明平面，因此是二面角的平面角，再由正弦定理得出、，由题意，分类讨论：；；即可. 【小问1详解】 用表示“均为奇数”的事件，用表示“均为偶数”的事件， 则从1-8个数字中任取两个数字标签贴在C､D顶点的样本空间有56个样本点， 事件包含12个样本点，事件也包含12个样本点，根据古典概率知识得： . 记“为偶数”为事件，则， 故； 【小问2详解】 如图，取边的中点，连结. 因为均是边长为的正三角形， 所以，，平面, 因此平面， 从而是二面角的平面角， 又，则. 又， 同理， 当二面角的平面角大于时， ， 当时，，则可取3，4，5，6，7，8共六个值； 当时，，则可取共三个值； 当时，，则不存在. 从1-8个数字中任取两个数字标签贴在顶点的样本空间有56个样本点， 其中使得二面角的平面角大于的样本点有9个，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2025—2026学年度第二学期期末调研考试 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.考查范围：人教版高中数学必修第二册． 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将答案写在答题卡各题指定区域内．写在本试卷上无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知在中，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 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 4. 在△ABC中，AB=3，BC=4，∠ABC=120°，若把△ABC绕直线AB旋转一周，则所形成的几何体的体积是（ ） A. 11π B. 12π C. 13π D. 14π 5. 已知四个命题：①若，则有；②若，则与的夹角为锐角；③复数，，若，则；④复平面内，为直角坐标系原点，非零复数对应的向量为，则复数对应的向量与垂直．四个命题中，真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 从三个白球和一个黑球中分别采用有放回简单随机抽样、不放回简单随机抽样的方式抽取两个球，抽到的两球都是白球的概率分别是，，则有（ ） A. B. C. D. 7. 已知点为所在平面内一动点，满足：，，则点的运动轨迹一定过的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心 8. 甲、乙、丙、丁四位同学分别记录了5个正整数数据，甲同学：中位数为22，众数为20；乙同学：中位数为25，平均数为22；丙同学：第40百分位数为22，极差为2；丁同学：有一个数据为30，平均数为24，方差为10.8．根据四名同学的统计结果，可以判断出四位同学记录的所有数据一定都不小于20的人数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、选择题：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. 已知向量，，，其中、均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量的坐标是 C. D. 的最大值为2 10. 从甲袋内摸出1个红球的概率是，从乙袋内摸出1个红球的概率是，从袋内各摸出1个球，则（ ） A. 2个球不都是红球的概率是 B. 2个球都是红球的概率是 C. 至少有1个红球的概率是 D. 2个球中恰有1个红球的概率是 11. 在棱长为2的正方体中，点，分别是棱、的中点，则（ ） A. B. 直线与直线相交 C. 三棱锥外接球的表面积为 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内解方程：，两个根分别是________和________． 13. 已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别为，，，则点的坐标是____________． 14. 的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为____________． 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. 某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了 100 名同学的身高数据 (单位: )，制作成频率分布直方图如图所示. （1）求这 100 名同学的平均身高的估计值 (同一组数据用区间中点值作为代表); （2）用分层抽样的方法从 中抽出一个容量为17 的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人? （3）估计这 100 名同学身高的上四分位数. 16. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若是的中点，且，，求. 17. 如图，正方体的边长为1，是正方形的中心． （1）证明：直线平面； （2）设直线与平面的交点为． （ⅰ）证明：，，三点共线； （ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值． 18. 如图，以边长为2的正方形的边为直径作半圆，P为半圆上的动点，满足． （1）设，用分别表示和； （2）求的取值范围． 19. 在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. （1）求事件“为偶数”的概率； （2）若，求“二面角的平面角大于”的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $