精品解析：广东东莞市2025-2026学年第二学期教学质量自查高一数学试卷

广东东莞市2025-2026学年第二学期教学质量自查高一数学试卷 一、单项选择题：本大题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用虚数单位的幂的周期性化简，得到复数的代数形式后即可确定其虚部. 【详解】虚数单位的幂具有周期性，周期为，即对任意，有，，，. 因此. 所以. 故的虚部为. 2. 已知数据：1，2，2，2，3，3，将这组数据的每个数值加上2后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ） A. 方差 B. 众数 C. 中位数 D. 平均数 【答案】A 【解析】 【分析】根据方差、平均数、中位数的计算公式及众数的概念逐项分析判断即可. 【详解】设原始数据为，调整后的数据为，满足. 对于A，，， 所以，方差不变，A正确； 对于B，原始数据的众数为出现次数最多的2，调整后众数为，发生改变，B错误； 对于C，原始数据共6个，中位数为，调整后中位数为，发生改变，C错误； 对于D，由均值性质得，平均数发生改变，D错误. 3. 已知非零向量，满足，则（ ） A. ，共线 B. ，垂直 C. ，模相等 D. 或为单位向量 【答案】B 【解析】 【详解】两边平方得：， 根据向量模长的平方公式，将等式两边展开： ，化简得， 已知，都是非零向量，且它们的数量积， 根据向量垂直的判定条件，这说明向量  与  互相垂直，B正确. 4. 直角梯形中，，，以所在直线为轴，其余三边绕轴旋转一周形成的面所围成几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，确定几何体形状，再利用圆台的体积公式计算即得. 【详解】依题意，所得几何体是上下底半径分别为，高为1的圆台， 所以所求体积为. 5. 从互不相等的5个数中随机去掉2个数，则极差变小的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对立事件及古典概率公式求解即可. 【详解】记互不相等的5个数为， 则样本空间，共10个样本点， 极差不变的事件，共3个样本点， 所以极差变小的概率为. 6. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由夹角相等转化为余弦值相等直接求解即可. 【详解】，，所以， 因为，所以，且， 即，得 ，，，， 代入得，解得. 7. 记，分别为事件，的对立事件，如果事件，互斥，那么（ ） A. 是必然事件 B. 是不可能事件 C. 与互斥 D. 【答案】AD 【解析】 【详解】设样本空间为 对于A：因为事件，互斥，则. 可得，所以是必然事件，故A正确； 对于BC：因为， 可知当且仅当，即事件，对立时，， 但题干中并没有说明，不一定是不可能事件，即与不一定互斥， 故选项BC不一定正确； 对于D：因为，所以，故D正确. 8. 已知，是异面直线，平面，平面．若存在一条直线，同时满足，，，，则（ ） A. B. C. 与相交，且交线与平行 D. 与相交，且交线与垂直 【答案】C 【解析】 【分析】假设，根据线面垂直的性质可得，与是异面直线矛盾，所以假设不成立，故A不正确.所以相交，设，由线面平行的判定定理及性质定理可得，由此C正确，D不正确；结合直四棱柱的性质，举出反例可判断B. 【详解】假设，则由平面，得平面； 又平面，所以，与是异面直线矛盾，所以假设不成立，故A不正确； 所以相交. 设，由平面，得； 由平面，得. 若存在一条直线，同时满足，， 则存在直线，使得. 所以，所以. 所以，所以， 所以.故C正确，D不正确； 当且仅当时，， 例直四棱柱中， ， 分别记平面为，， ，满足题意， 但二面角的平面角为，所以不垂直. 故B不正确. 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 9. 已知是虚数，设是的共轭复数，则下列说法正确的有（ ） A. 是实数 B. 是纯虚数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】设虚数（，且），则其共轭复数. A：，为实数，故是实数，A正确； B：，由于，故实部为0、虚部不为0，是纯虚数，B正确； C：是正实数； ，其中， 所以实部不同，二者不可能相等，C错误； D：根据复数模的运算性质，，共轭复数模长相等即， 且是虚数故，因此比值为1，D正确. 10. 某学校高一年级有男生640人，女生360人．为获取该校高一学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为175，方差为36，女生样本的均值为165，方差为36．如果已知男、女样本量按比例分配时，总样本均值为171.4，方差为59.04．如果已知男、女的样本量都是50，则下列说法正确的是（ ） A. 总样本的均值小于171.4 B. 总样本的均值大于171.4 C. 总样本的方差小于59.04 D. 总样本的方差大于59.04 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据男女生各50的样本量计算总样本均值，再利用分层抽样总方差公式计算当前总方差，与题干给出的按比例分配的均值、方差比较即可判断选项. 【详解】总样本均值，，故A正确；B错误； 分层总方差，，故C错误；D正确. 11. 定义非零向量，的一种新运算（为向量，的夹角），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，，则 D. 若，，则的最大值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据新定义运算进行逐项判断即可. 【详解】对于A，若，则或，则，故A正确； 对于B，， ， 为非负数，可能为负数，故B错误； 对于C，若，， ，故C正确； 对于D，若，， 则， 设， 那么， ，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置上． 12. 已知向量，为单位向量，向量在向量方向的投影向量为，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】向量在向量方向的投影向量为，所以， 已知为单位向量，因此，即，所以，对比等式两边的系数，可得. 13. 已知球的半径为1，正三棱锥的顶点为，底面的三个顶点，，均在球的球面上，则当该三棱锥的侧面积最大时，与平面所成角的正弦值为_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正三棱锥的侧面积最大，求得的边长，从而得到其外接圆半径，进而得到该三棱锥的高，求得与平面所成角的正弦值. 【详解】设外接圆半径为，正三棱锥的高为. 则. 该三棱锥的侧面积为， 当且仅当，即时，等号成立. 此时，，所以. 由正弦定理得，， 所以. ，. 设与平面所成的角为，则. 故当该三棱锥的侧面积最大时，与平面所成角的正弦值为. 14. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子1次，观察它朝上面的数字，得到样本空间，设事件，事件，若事件且满足，事件，相互独立，事件，不相互独立，则满足条件的事件的个数为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】先由三事件乘积独立条件推出的元素个数与元素个数的倍数关系，分情况筛选，再结合独立锁定必含数字 2，结合不独立排除数字，最终统计出符合条件的集合共个. 【详解】由，可得 设事件包含样本点个数为，事件包含样本点个数为，则， 因为，所以，即 因为，包含个样本点，所以，即， 若，则，即，则，，与题意不符； 若，则，，则，所以， 即中有个数来自，个数来自，又，且， 所以，即若，则或，此时，与题意不符； 所以或， 若，则，与题意不符； 综上，满足条件的事件的个数为. 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效． 15. 为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），制作频率分布表如下： 分组 频数 频率 40 0.2 x 0.25 60 0.3 20 y 30 0.15 合计 200 1.00 （1）请求出频率分布表中，的值，并估计月均用电量的平均数； （2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯定价，使80%的居民缴费在第一档，请估计第一档月用电量标准上限（最大值）． 【答案】（1），，月均用电量平均数估计为 （2）第一档月用电量标准上限估计为 【解析】 【小问1详解】 ，， 中间值作代表，月均用电量的平均数估计为； 【小问2详解】 因为， ， 故第一档月用电量标准在内，设为， ，解得， 故第一档月用电量标准上限估计为 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）连接，交于点，连接， 由条件可知为中点，又是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面 （2）因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又，是的中点． 则，且平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，通过即可求证； （2）通过面面垂直得到，通过等腰三角形得到，即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足，，，为三条边所在的直线上的点，且满足，，． （1）求角； （2）证明：，，三点共线； （3）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）设，. 由，得，整理：， 由，得. 由，得. ， . 与共线，且有公共点D，故D，E，F三点共线. （3） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理边角互换，然后利用三角形内角和， 得到，展开化简即可. （2）令，，用这两个向量作为基底表示与，然后用向量的共线定理. （3）用余弦定理和基本不等式，解出的最大值，然后代入面积公式. 【小问1详解】 已知， 由正弦定理， 可得： 因为，所以，代入上式： ， 整理得：， 因为，可得， 即，. 又，所以，故，得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知，， 由余弦定理： 可得， 由基本不等式，得：， 所以， 当且仅当时取等号. 中，，，， ， 因为，所以：. 18. 如图，在三棱锥中，，，．记二面角为（），二面角为，二面角为． （1）证明； （2）求的值； （3）当最大时，求． 【答案】（1）证明:取中点，连接，，那么 因为,为中点，所以, 同理可得， 又平面, 所以，平面，平面， 所以，. （2） （3） 【解析】 【分析】(1)取中点，连接，,由，可得,， 又,从而得到平面，平面，所以，. （2）作出的高，连接,可证平面，可得平面平面,再利用面面垂直的性质作出平面的垂线,利用三垂线法分别作出二面角的平面角，二面角的平面角，把转化为，最终转化为求； （3）由（2）得由（2）得，，为锐角， 所以，，利用基本不等式计算出当最大时，，通过在中解三角形，求出的长，又由（2）得，, 所以二面角为的一个平面角为，，最终，得到正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作于点，于点，作于点，作于点, 连接, 因为,所以与全等， 所以，,所以，与全等，所以， 又，平面, 所以，平面,平面, 平面, 则平面,平面,则，又平面 故平面，所以，为二面角的一个平面角， 同理可得为二面角的一个平面角， , 因为，，，所以, 所以，为直角三角形，, 所以，四边形为矩形，， 所以， 【小问3详解】 由（2）得，，为锐角， ,所以为二面角的一个平面角，， 所以，, 由于为锐角，故， 所以，， 当且仅当即时，取得最大值， 所以， 设，则， ， 在中，,, 又， 所以，,. 19. 在某比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首轮由四人抽签两两对阵，两场比赛胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者淘汰出局并获得第三名；最后一场比赛在剩下的两人间进行，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立． （1）若． ①求甲获得第四名的概率； ②设甲总共进行了3场比赛为事件，甲获得冠军为事件，证明：事件，相互独立； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签两两对阵，两场比赛的胜者晋级到决赛（争夺冠军），败者参加三、四名排位赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由． 【答案】（1）①； ②甲总共进行了3场比赛，有四种可能性分别为 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛败获得第二名； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮败获得第三名； 第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮败获得第三名； 所以， 甲获得冠军，有三种可能性分别为 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 所以， 事件和事件同时发生，只有一种可能，即甲连续三场全胜获得冠军， 所以， 因为， 所以事件，相互独立. （2）在“双败淘汰制”下甲夺冠的概率， 在“单败淘汰制”下甲夺冠的概率， 因为， 所以当时，，即“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 当时，，即两种赛制下甲夺冠的概率一样； 当时，，即“双败淘汰制”对甲夺冠有利. 【解析】 【分析】（1）①结合对立事件和独立事件概率公式求解即可； ②根据事件独立的充要条件，分别计算出三个概率验证等式成立即可. （2）分别求出两种赛制甲夺冠概率，再利用作差法比较两概率的大小，取夺冠概率最大的赛制对甲夺冠有利. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则. ②略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东东莞市2025-2026学年第二学期教学质量自查高一数学试卷 一、单项选择题：本大题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数据：1，2，2，2，3，3，将这组数据的每个数值加上2后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ） A. 方差 B. 众数 C. 中位数 D. 平均数 3. 已知非零向量，满足，则（ ） A. ，共线 B. ，垂直 C. ，模相等 D. 或为单位向量 4. 直角梯形中，，，以所在直线为轴，其余三边绕轴旋转一周形成的面所围成几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 从互不相等的5个数中随机去掉2个数，则极差变小的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 记，分别为事件，的对立事件，如果事件，互斥，那么（ ） A. 是必然事件 B. 是不可能事件 C. 与互斥 D. 8. 已知，是异面直线，平面，平面．若存在一条直线，同时满足，，，，则（ ） A. B. C. 与相交，且交线与平行 D. 与相交，且交线与垂直 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑． 9. 已知是虚数，设是的共轭复数，则下列说法正确的有（ ） A. 是实数 B. 是纯虚数 C. D. 10. 某学校高一年级有男生640人，女生360人．为获取该校高一学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为175，方差为36，女生样本的均值为165，方差为36．如果已知男、女样本量按比例分配时，总样本均值为171.4，方差为59.04．如果已知男、女的样本量都是50，则下列说法正确的是（ ） A. 总样本的均值小于171.4 B. 总样本的均值大于171.4 C. 总样本的方差小于59.04 D. 总样本的方差大于59.04 11. 定义非零向量，的一种新运算（为向量，的夹角），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，，则 D. 若，，则的最大值为2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置上． 12. 已知向量，为单位向量，向量在向量方向的投影向量为，则______________． 13. 已知球的半径为1，正三棱锥的顶点为，底面的三个顶点，，均在球的球面上，则当该三棱锥的侧面积最大时，与平面所成角的正弦值为_______________． 14. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子1次，观察它朝上面的数字，得到样本空间，设事件，事件，若事件且满足，事件，相互独立，事件，不相互独立，则满足条件的事件的个数为_______________． 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效． 15. 为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），制作频率分布表如下： 分组 频数 频率 40 0.2 x 0.25 60 0.3 20 y 30 0.15 合计 200 1.00 （1）请求出频率分布表中，的值，并估计月均用电量的平均数； （2）为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯定价，使80%的居民缴费在第一档，请估计第一档月用电量标准上限（最大值）． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足，，，为三条边所在的直线上的点，且满足，，． （1）求角； （2）证明：，，三点共线； （3）若，求面积的最大值． 18. 如图，在三棱锥中，，，．记二面角为（），二面角为，二面角为． （1）证明； （2）求的值； （3）当最大时，求． 19. 在某比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首轮由四人抽签两两对阵，两场比赛胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者淘汰出局并获得第三名；最后一场比赛在剩下的两人间进行，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立． （1）若． ①求甲获得第四名的概率； ②设甲总共进行了3场比赛为事件，甲获得冠军为事件，证明：事件，相互独立； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签两两对阵，两场比赛的胜者晋级到决赛（争夺冠军），败者参加三、四名排位赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $