精品解析：广东梅州市2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

高 一 数 学 注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 下列量中：力、密度、长度、速度，是向量的有（ ） A. 力、密度 B. 密度、长度 C. 力、速度 D. 长度、速度 2. 设复数z满足，则z= （ ） A. -1+i B. -1-i C. 1+i D. 1-i 3. 已知三条直线，，，两个平面，，则下列条件中，是的充分条件的为（ ） A. ， B. ， C. ，，且 D. ，，且 4. 某品牌新能源汽车统计了2026年前5个月销量（单位：万辆），得到了如图所示的折线图，则下列说法错误的是（ ） A. 这5个月销量数据的中位数为2.4（万辆） B. 这5个月销量的极差为1.2（万辆） C. 前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大 D. 各月与上个月相比，三月份的增长率与二月份的相等 5. 已知点，，若点是线段上靠近点的三等分点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 记的内角、、的对边分别为、、，若，则是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 7. 在一个盒子中有个除颜色不同外、质地和形状均相同的球，其中个红球、个蓝球，从中随机地取出个球，则取出的球为个红球和个蓝球的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 一圆台的上底面直径为，下底面直径为，在圆台内放置一个最大球体，该球恰与圆台的上下底面和侧面均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分。 9. 如图，在梯形中，，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 直线平面 C. D. 平面截正方体所得截面是一个正六边形 11. 下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 方程有两个虚根，它们的实部都为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 小光、小明各投篮1次，已知小光投篮命中的概率为，小明投篮命中的概率为，则两人中恰有一人投篮命中的概率为____________． 13. 关于的方程（其中为虚数单位）的实数根____________． 14. 如图，一个三棱锥，已知底面是一个等腰直角三角形，，，侧面是一个等边三角形，二面角为，则____________． 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. 某县区举办了“中央苏区，红色梅州”的知识竞赛活动．为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩作为样本进行统计分析，将成绩进行整理后，按分为5组，得到如图所示的频率分布直方图： （1）求图中a的值； （2）在这100名学生中，采用分层随机抽样的方法从内的学生中抽取28名学生进行调查，求在内被抽取的人数． 16. 在△中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，且△为钝角三角形，求边长的取值范围. 17. 如图所示，在正三棱柱中，，是线段的中点，，分别是棱，上的点，. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离. 18. 如图，正方形的边长为2，点，分别在边，上运动（含端点），. （1）当为的中点时，求的长； （2）求的取值范围. 19. 在现代导航系统中（如高德地图、百度地图），当用户输入起点和目的地时，系统会推荐“路程最短”“时间最短”“高速优先”等多条路径．那么，你知道这些路径是怎么得出来的吗？ 道路网可抽象为一个赋权连通图，顶点表示路口，边表示路段，边的权值表示该路段通行所需要的时间（分钟）．下图是某城市的局部道路网的赋权连通图，现假设起点为，目的地为. 在导航中，我们常用一种逐步确定最短时间的方法，规则如下： Step1：一开始，只有起点的“已知最短时间”为，其余顶点的“已知最短时间”暂记为。 Step2：每一轮，从所有还没有被确定为最终值的顶点中，选中当前“已知最短时间”最小的顶点，并将其时间确定为最终时间（后面则不再改变）。 Step3：然后，通过顶点更新它的相邻点的“已知最短时间”： 新时间，其中表示顶点到相邻点的时间 如果新时间小于的当前已知的时间，则更新它；如果新时间大于或等于的当前已知的时间，则不需更新.（可参考表格中第轮和第轮） Step4：重复和，直到所有顶点的最终时间都被确定. （1）按照上述规则，完成第轮和第轮的表格； （2）按照上述规则，求当顶点被选中时，其最终时间；同时能否确定从到的最短时间就是它被选中的那个值？为什么？请结合规则说明理由. 轮次 选中 /路径 /路径 /路径 /路径 /路径 初始 — 第轮 第轮 第轮 第轮 第轮 第轮 （3）由于受到路口红绿灯的影响，在每个路口处，只有两条路的话，不设红绿灯；每增加一条路，则等待红绿灯时间（含反应时间）增加分钟，求从到的所有路径中的最短时间及相应路径？（不用说明理由） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高 一 数 学 注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 下列量中：力、密度、长度、速度，是向量的有（ ） A. 力、密度 B. 密度、长度 C. 力、速度 D. 长度、速度 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的定义，结合选项，分析判断，即可求解. 【详解】由向量的定义知，向量是既有大小又有方向的量， 其中力和速度是既有大小又有方向的量，所以力和速度是向量， 密度，长度只有大小，没有方向，所以密度和长度不是向量. 2. 设复数z满足，则z= （ ） A. -1+i B. -1-i C. 1+i D. 1-i 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由得=，故选A. 【考点定位】本小题主要考查复数的四则运算,复数在高考中主要以小题形式出现，属容易题，主要考查复数的概念、几何意义与四则运算是基础内容. 3. 已知三条直线，，，两个平面，，则下列条件中，是的充分条件的为（ ） A. ， B. ， C. ，，且 D. ，，且 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线平行的判定及空间中直线的位置关系，逐一验证各选项条件能否推出，选出满足充分条件的选项. 【详解】选项A：若，，则a与b的位置关系可能为平行、相交或异面，无法推出，故A错误； 选项B：空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能为平行、相交或异面，故由，无法推出，故B错误； 选项C：若，，且，则两个平行平面内的直线可能平行或异面，无法推出，故C错误； 选项D：若，，则a，b为同一平面内的两条直线，又即两直线无公共点，根据平面内平行直线的定义，可推出，故D正确. 4. 某品牌新能源汽车统计了2026年前5个月销量（单位：万辆），得到了如图所示的折线图，则下列说法错误的是（ ） A. 这5个月销量数据的中位数为2.4（万辆） B. 这5个月销量的极差为1.2（万辆） C. 前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大 D. 各月与上个月相比，三月份的增长率与二月份的相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据折线图读取5个月的销量数据，分别计算中位数、极差、方差及增长率，逐一判断各选项的正误即可. 【详解】由折线图可知，该品牌新能源汽车2026年前5个月的销量（单位：万辆）分别为. A，将这5个数据从小到大排列为，位于中间位置的数是，所以中位数为万辆，故正确； B，这5个月销量的最大值为，最小值为，所以极差为万辆，故正确； C，前3个月的数据为，其平均数， 方差； 后3个月的数据为，其平均数， 方差. 因为，所以前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大，故正确； D，二月份相对于一月份的增长率为，三月份相对于二月份的增长率为. 因为，所以三月份的增长率与二月份的不相等，故错误. 5. 已知点，，若点是线段上靠近点的三等分点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由已知点得出向量坐标，再应用比例得出，进而得出点的坐标 【详解】因为点，，所以， 因点P是线段AB上靠近A的三等分点， 故， 则点P坐标为； 6. 记的内角、、的对边分别为、、，若，则是（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等边三角形 D. 钝角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简求得的值进而求得A，判断出三角形的形状. 【详解】根据正弦定理，由，可得： . 因为， 所以. 因为，， 所以，即， 故是直角三角形. 7. 在一个盒子中有个除颜色不同外、质地和形状均相同的球，其中个红球、个蓝球，从中随机地取出个球，则取出的球为个红球和个蓝球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用组合数及古典概型公式计算求解. 【详解】从5个球中随机取2个的总取法为种， 取出1个红球1个蓝球的取法为种， 所以取出的球为个红球和个蓝球的概率为. 8. 一圆台的上底面直径为，下底面直径为，在圆台内放置一个最大球体，该球恰与圆台的上下底面和侧面均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据球恰与圆台的上下底面和侧面均相切得到侧棱长，进而求出球半径，计算球的表面积. 【详解】 该球恰与圆台的上下底面和侧面均相切，如图设球的半径为， 所以圆台的高， 由图可得,,则， 在直角梯形中，，解得， 故该球的表面积为. 二、多选题：本题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分。 9. 如图，在梯形中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，利用向量的加法、减法及共线向量性质，将目标向量用基底向量表示出来. 【详解】 ，，所以，选项A错误； ，选项B正确； ，选项C正确； ，， 选项D错误. 10. 如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 直线平面 C. D. 平面截正方体所得截面是一个正六边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直易得；对于B，证明，利用线面平行的判定定理即得；对于C，通过计算的三边长，利用勾股定理即可判断；对于D，依题意作出平面截正方体所得截面，再说明其为正六边形即可. 【详解】对于A，在正方体中，平面，因平面，则，故A正确； 对于B，在正方体中，， 因分别是和的中点，则，即四边形为平行四边形， 则，又因平面，平面，故平面，即B正确； 对于C，设正方体的棱长为2，则，， ，因，则 ，故C错误； 对于D，如图取的中点，连接，，因分别是的中点， 则易得，设平面截正方体所得截面为，因平面平面， 则即平面与正方体的一条截线；延长和交于点，连接，交于点，连接， 易得，故点为的中点，为平面的另两条截线， 取的中点，连接，同理可证，则六边形即平面截正方体所得截面， 显然该六边形六边相等，且利用可得六边形的六个内角均为，则六边形为正六边形，故D正确. 11. 下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 方程有两个虚根，它们的实部都为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的模、复数的几何意义、复数的概念判断各选项. 【详解】A，等式左边是实数，右边是虚数，不可能相等，A错； B，若，则，即，所以，，B正确； C，若复数满足，则对应的点在以为圆心，1为半径的圆上， 而可理解为圆上的点到的距离，由图知，C正确； D，由得，所以或， 由解得，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 小光、小明各投篮1次，已知小光投篮命中的概率为，小明投篮命中的概率为，则两人中恰有一人投篮命中的概率为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】将“两人恰有一人命中”拆分为两个互斥的独立事件的并集，分别计算概率后求和即可得到结果. 【详解】设事件表示“小光投篮命中”，事件表示“小明投篮命中”， 由题意知，与为相互独立事件，且，， 则“两人中恰有一人投篮命中”对应事件为，其中与为互斥事件， 根据互斥事件的概率加法公式及独立事件的概率乘法公式得： . 13. 关于的方程（其中为虚数单位）的实数根____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用方程实根为实数的性质，分离方程的实部与虚部，根据复数为零的充要条件列方程组求解. 【详解】因为x为实数，整理方程得，所以，解得. 14. 如图，一个三棱锥，已知底面是一个等腰直角三角形，，，侧面是一个等边三角形，二面角为，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，结合已知条件计算相关边长，过点作平面，垂足为，连接，利用几何法找到二面角的平面角，进而计算出，利用几何法计算，进而求出． 【详解】取中点，连接，已知侧面是一个等边三角形， 故，， 底面是一个等腰直角三角形，，则，， 过点作平面，垂足为，连接， 因为平面，则， 又，则平面， 因为平面，则， 已知二面角为，则在两侧，故， 则，， 由，得， 作，则， 则沿方向的距离， 垂直于方向的距离， 故， 故． 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. 某县区举办了“中央苏区，红色梅州”的知识竞赛活动．为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩作为样本进行统计分析，将成绩进行整理后，按分为5组，得到如图所示的频率分布直方图： （1）求图中a的值； （2）在这100名学生中，采用分层随机抽样的方法从内的学生中抽取28名学生进行调查，求在内被抽取的人数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中所有小长方形的面积和为1，可求出； （2）先求的总频数，利用分层抽样即可求解. 【小问1详解】 由题意得：，解得； 【小问2详解】 由题意得：的频率为，频数为人， 的频率为，频数为人， 的频率为，频数为人， 所以的总频数为：， 现从这70名学生中采用分层随机抽样的方法抽取28名学生， 所以在内被抽取的人数为（人）． 16. 在△中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角的大小； （2）若，且△为钝角三角形，求边长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理结合三角形内角范围即可求得角； (2)分钝角为B、钝角为C两类情况讨论，结合余弦定理转化为边的不等式，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 在△ABC中，由余弦定理，  ，又因， 可得， 即， 又，因此； 【小问2详解】 因为锐角，故钝角只能为B或C，分两类情况讨论： ① 若C为钝角，则，由余弦定理，  ，则得， 将代入得：  ，化简得，即， 因，得； ②若为钝角，则，由余弦定理，，则得， 将代入得：，化简得，即， 因，得. 综上，边长的取值范围为. 17. 如图所示，在正三棱柱中，，是线段的中点，，分别是棱，上的点，. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线到平面的距离. 【答案】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 在正三棱柱中，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为三棱柱为正三棱柱， 所以为等边三角形，平面， 因为为中点，所以， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 由（1）问可得，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线构造平行四边形，将线线平行转化为线面平行； （2）先证平面，再通过传递垂直关系，得到平面，最终用面面垂直判定定理完成证明； （3）利用平面，将线面距离转化为点到平面的距离，再用三棱锥等体积法计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 直线到平面的距离等于直线上任一点到平面的距离，取点，连接， 设三棱锥的高为，则点到平面的距离即为. 取中点为，连接， 因为，所以， 因为，所以为等腰三角形，即为的高， ， 即， 代入得， 所以直线到平面的距离为. 18. 如图，正方形的边长为2，点，分别在边，上运动（含端点），. （1）当为的中点时，求的长； （2）求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，由题设用表示，然后由结合向量夹角公式可得答案； （2）设，由结合两角和的正切公式可得：，然后由（1）解析结合基本不等式，双勾函数性质可得答案. 【小问1详解】 设，则. 因，， 则 即，化简得，即 结合，可得，则， 则的长为； 【小问2详解】 设，则，由（1）可得. 则，. 因，，则， 则，因，则. 又注意到，由（1）可得， 则， 设，因，可得，则， 因函数在上单调递减，在上单调递增， 且，，则， 故 即. 19. 在现代导航系统中（如高德地图、百度地图），当用户输入起点和目的地时，系统会推荐“路程最短”“时间最短”“高速优先”等多条路径．那么，你知道这些路径是怎么得出来的吗？ 道路网可抽象为一个赋权连通图，顶点表示路口，边表示路段，边的权值表示该路段通行所需要的时间（分钟）．下图是某城市的局部道路网的赋权连通图，现假设起点为，目的地为. 在导航中，我们常用一种逐步确定最短时间的方法，规则如下： Step1：一开始，只有起点的“已知最短时间”为，其余顶点的“已知最短时间”暂记为。 Step2：每一轮，从所有还没有被确定为最终值的顶点中，选中当前“已知最短时间”最小的顶点，并将其时间确定为最终时间（后面则不再改变）。 Step3：然后，通过顶点更新它的相邻点的“已知最短时间”： 新时间，其中表示顶点到相邻点的时间 如果新时间小于的当前已知的时间，则更新它；如果新时间大于或等于的当前已知的时间，则不需更新.（可参考表格中第轮和第轮） Step4：重复和，直到所有顶点的最终时间都被确定. （1）按照上述规则，完成第轮和第轮的表格； （2）按照上述规则，求当顶点被选中时，其最终时间；同时能否确定从到的最短时间就是它被选中的那个值？为什么？请结合规则说明理由. 轮次 选中 /路径 /路径 /路径 /路径 /路径 初始 — 第轮 第轮 第轮 第轮 第轮 第轮 （3）由于受到路口红绿灯的影响，在每个路口处，只有两条路的话，不设红绿灯；每增加一条路，则等待红绿灯时间（含反应时间）增加分钟，求从到的所有路径中的最短时间及相应路径？（不用说明理由） 【答案】（1） 轮次 选中 A B C D E F 初始 — 第 1 轮 第 2 轮 第 3 轮 C 0 第 4 轮 D 0 （2），可以确定该值是到最短时间. 理由：规则规定每一轮选取未确定顶点中临时最短时间最小的点锁定为最终最短时间. 被选中时，其余未锁定顶点的临时时间均大于等于 11，任意延伸路径到达的耗时都会大于，因此一定是到 的最小通行时间. （3）最短总时间：分钟, 对应路径： 【解析】 【分析】(1)先从第2轮结束后的未确定最终值的顶点里，找到当前已知最短时间最小的顶点作为第3轮的选中顶点，将其时间标记为最终值；再用该顶点的最终时间加上其到各相邻点的边权，和相邻点当前已知最短时间比较，更小则更新相邻点的已知最短时间和路径，完成第3轮表格.同理，第3轮结束后，从剩余未确定最终值的顶点里选已知最短时间最小的顶点作为第4轮选中顶点，重复上述确定最终值、更新相邻点的步骤，完成第4轮表格。 (2)按上述规则继续迭代直到被选中，得到；再根据规则中“所有边权为正，被选中顶点的最终时间是全局最短时间，不存在后续更短路径”的逻辑说明能否确定最短时间。 (3)先统计每个顶点的度数，计算每个路口的等待时间：度数为时等待分钟，度数为时等待分钟；再枚举所有从到的路径，计算路径的边权总和加上路径经过的所有路口的等待时间总和，比较得到最小值. 【小问1详解】 按照算法规则，补全后的完整表格如下： 轮次 选中 A B C D E F 初始 — 第 1 轮 第 2 轮 第 3 轮 C 0 第 4 轮 D 0 【小问2详解】 第一步：求顶点被选中时的最终时间， 我们先完整复盘每一轮筛选、更新全过程，确认是第 6 轮被选中： 初始：仅，其余全为， 第 1 轮：未确定点临时最小值是，锁定；更新邻点， 第 2 轮：未确定点临时最小值是，锁定；更新邻点， 第 3 轮：未确定点临时最小值是，锁定；更新邻点， 第 4 轮：未确定点临时最小值是，锁定；更新， 第 5 轮：未确定点临时最小值是，锁定；当前，，不更新， 第 6 轮：此时只剩未被锁定，未确定点里只有，临时时间为，选中，确定. 根据题目核心规则 ，当进行到第 6 轮选中时，其余所有顶点全部已经完成锁定， 它们的都是各自从出发到该点的真实最短时间，不会再变小. 所有能到达的路径，只可能分为两类： ①路径终点前一个点是（这三个点此时全部已经锁定）； ②不存在其他能通往的路口. 我们到达的临时时间，是用各自的真实最短时间分别计算得出： 经到：， 经到：， 经到：， 三者最小值为，也就是此时的临时时间， 根据 Step2 规则：本轮待选的未确定顶点只有，它的临时时间是剩余未锁定点里最小的， 因此直接把定为的最终最短时间. 所有能走到的必经前置路口的最短通行时间都已经固定、无法再缩小； 用它们的最短时间再加路段耗时算出的的时间，已经穷尽了所有可行路径的耗时，不可能出现更小的值. 【小问3详解】 规则：路口岔路条，无等待；每多条路，等待分钟. 先统计每个顶点（路口）的连通道路数量（度数）： ：连条，等待 ：连 条，等待 ：连 条，等待 ：连 条，等待 ：连 条，等待 ：连 条，等待 说明：路径经过几个路口，就累加对应路口等待时间；路段基础时间 + 途经所有路口等待总时长 = 总耗时. 枚举所有到可行路径并计算总时长： 路径 1：，途经路口：， 基础时长：，等待：，总耗时， 路径 2：，途经路口:， 基础时长:，等待：，总耗时， 路径 3:（原最短基础路径），途经路口：， 基础时长：，等待：，总耗时， 路径 4：，途经路口：， 基础时长：，等待：，总耗时， 路径 5：，途经路口：， 基础时长：，等待：，总耗时， 路径 6：， 基础时长：，等待，总耗时， 对比所有总耗时最小总时间为，对应路径：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $