精品解析：河北保定市部分校联考2025-2026学年高一下学期7月期末质量检测数学试题

2025～2026学年度高一年级期末质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第九章. 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. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，，所以的共轭复数． 2. 某学校高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为1200，1500，1800，为了调查学生在家是否做家务，采用按比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，则应抽取的高一年级学生的人数为（ ） A. 80 B. 100 C. 120 D. 140 【答案】A 【解析】 【分析】由分层抽样法的定义即可求解. 【详解】若采用按比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本， 则应抽取的高一年级学生的人数为. 故选：A. 3. 在中，点满足，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合平面向量基本定理即可求解. 【详解】 已知且，所以， 则，故A正确. 4. 已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，若，则“”是“的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当时，与可能相交，充分性不成立； 当时，根据面面平行的性质定理可知，，必要性成立．综上可知，“”是“”的必要不充分条件． 5. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【详解】由及正弦定理，得， 因为，所以， 代入得，即， 因为，所以，故，因为，所以， 即的形状为直角三角形． 6. 在正三角形中，D，E，F分别为边的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点，构成三棱锥如图所示，则异面直线所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点为，由棱锥的结构特征，应用线面垂直的判定和性质定理证得，即可得异面直线所成角. 【详解】如图，取的中点为， 由题意，知三棱锥的棱长都相等， 所以，，平面， 所以平面，又平面，所以， 即异面直线所成的角的大小为． 7. 在正四棱台中，，若二面角的大小为，则正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令分别是正方形的中心，分别是的中点，连接，根据已知及二面角的定义有是二面角的平面角，过作，垂足为，再应用台体的体积公式求体积. 【详解】如图，在正四棱台中，， 令分别是正方形的中心，分别是的中点， 连接，显然四边形是直角梯形，且， 易知是正四棱台的高，， 所以是二面角的平面角， 由题意得，过作，垂足为， 则，， 所以正四棱台的体积为． 8. 设向量的夹角为，定义，已知平面内互不相等的两个非零向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，则，则中，，，外接圆的半径为1，设，由正弦定理可得，，，则，利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质求解即可. 【详解】设，，则， 因为，与的夹角为， 所以中，，，如图所示， 由正弦定理得外接圆的半径为， 则为圆上与不重合的动点， 设（）， 由正弦定理可得，，， 则 ， 所以当，即时，取得最大值，且最大值为. 故选：D. 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. 现有一组样本数据1，3，1，5，5，6，8，2，5，则这组数据的（ ） A. 众数为5 B. 中位数为3 C. 极差为7 D. 分位数为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，再依次讨论各选项即可得答案. 【详解】先将数据从小到大排序为： 故众数为，中位数为，极差为， 因为，所以分位数为5，故ACD正确，B错误； 故选：ACD 10. 已知的内角所对的边分别为，，，则（ ） A. B. 的外接圆面积为 C. 若，则满足条件的三角形仅有个 D. 周长的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理求解判断ABC；利用余弦定理，结合基本不等式求解判断D. 【详解】对于A，由于，结合正弦定理得， 在中，有，所以， 则有，即， 又因为，，所以 又因为，所以，故A正确； 对于B，已知，，由正弦定理得，其中为外接圆的半径， 则，解得，外接圆面积，故B错误； 对于C，已知，，， 由余弦定理，代入数据得， 化简得，解得，舍去负值，则，所以只有一个正解， 因此满足条件的三角形仅有个，故C正确； 对于D，已知，， 由余弦定理，代入数据得， 化简得， 由基本不等式得，当且仅当时取等号， 则，解得， 因此周长的最大值为，故D错误. 11. 如图，正方体的棱长为2，分别是棱上的点（不包括端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球的表面积为 B. 若平面与平面的交线为，则 C. 若平面与平面所成的二面角为，的面积为，则 D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出正方体的体对角线得球半径判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；作出二面角并求解判断C；作出截面并求出面积判断D. 【详解】对于A，由，得正方体的外接球半径， 因此正方体的外接球表面积为，A错误； 对于B，由，，得四边形是平行四边形，， 而平面，平面，则平面， 是平面与平面的交线，平面，因此，B正确； 对于C，分别取的中点，，连接，则， ，，，又，则，， 因此是平面和平面所成的二面角的平面角， 则，C正确； 对于D，延长使得，连接交于点，连接交于点， 则，，且，， 四边形为菱形，平面截正方体所得截面为五边形， 又，，， 所以的面积为，五边形的面积为，D错误． 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的底面半径为2，轴截面为直角三角形，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【详解】因为圆锥的底面半径为2，轴截面为直角三角形，所以圆锥的母线长为， 则该圆锥的侧面积为． 13. 在中，若M为BC的中点，，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用同一组基底分别表示两个向量，根据数量积的运算律，可得答案. 【详解】由题知， 所以. 故答案为：. 14. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出． 【详解】在中，由余弦定理得， 且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立得， 解得或（舍去）， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，，所以， 所以，所以，所以， 设，其中，所以， 由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时，， 所以，即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 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. 已知，复数，且为纯虚数． （1）求的值； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的概念求出实数的值； （2）运用复数的除法运算求出，再根据复数模的概念求． 【小问1详解】 因为复数为纯虚数，所以 解得． 【小问2详解】 由（1）得 ， 所以 ， 所以． 16. 已知平面向量，，且． （1）求在上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由向量垂直坐标点积为算出，得到，再求，套用投影向量公式代入求值； （2）先化简两个向量坐标，钝角满足数量积小于且不共线反向，先列式点积不等式求，再由平行条件算出并剔除，合并取值范围． 【小问1详解】 因为，所以，解得， 所以，，，， 所以在上的投影向量为 所以在上的投影向量的坐标为． 【小问2详解】 ，， 因为向量与的夹角是钝角，则，且与不平行， 所以，解得， 又与不平行，则，所以， 所以实数的取值范围为． 17. 为传承“五四”精神，弘扬学校文化，增强同学们对校史校情的了解与认同，激发爱校荣校情怀，某高校在“五四”青年节举办“传承‘五四’薪火竞答青春华章”校史知识竞赛．共有100名学生参加校史知识竞赛，其中男生60名，女生40名，成绩均在内，将60名男生的竞赛成绩进行统计，分成六组，分别为，，，，，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计这60名男生校史知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （3）已知这60名男生成绩的方差为214.75，40名女生成绩的平均数和方差分别为73和255.75，估计这100名学生成绩的平均数和方差． 【答案】（1） （2）70.5分 （3）平均数和方差分别为71.5和232.65 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图求每组的频率，结合频率和为1运算求解即可； （2）根据题意用该区间的中点值作代表，结合加权平均数公式运算求解； （3）根据题意结合分层抽样的平均数和方差公式运算求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知每组频率依次为：， 则，解得． 【小问2详解】 估计竞赛成绩的平均数为分． 【小问3详解】 设男生成绩的平均数，方差，女生成绩的平均数，方差，总体成绩的平均数为，方差为， 则， 可得 ， 所以总体成绩的平均数和方差分别为71.5和232.65． 18. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围； （3）已知点是边上的一点，且，求的长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求解即可. （2）用正弦定理将转化为，由已知结合正切函数的性质求出的范围，最后得到答案. （3）设，再利用向量表示出，化简求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 因为， 又为锐角三角形，则所以， 所以，所以，即的取值范围是. 【小问3详解】 设，则， 因为，所以，联立解得 因为， 所以， ， 所以. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，点E，F分别是的中点． （1）求证：平面平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）设与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】（1）因为底面是边长为2的菱形，且， 所以和均为等边三角形. 因为点是的中点，所以． 因为，所以. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理结合菱形的性质证得平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面； （2）由三棱锥的特征，确定其外接球的半径等于外接圆的半径，利用正弦定理求得外接圆的半径，从而求得三棱锥外接球的表面积； （3）取的中点，作，垂足为，根据线面角的定义，.若点在线段（不含端点）上，设；若点在线段（不含端点）上，设.利用余弦定理及同角三角函数关系式，用或表示，结合基本不等式可求得的取值范围.若点与重合，直接求出的值，综合所有情况，可得的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心. 所以三棱锥的外接球球心一定在平面内，且为的外心， 三棱锥的外接球的半径等于外接圆的半径. 因为是等边三角形，， 由正弦定理，得（为的外接圆半径）， 解得，即三棱锥的外接球半径为． 所以三棱锥外接球的表面积为． 【小问3详解】 取的中点，作，垂足为，连接． 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面为与平面所成的角，所以． ①若在线段（不含端点）上，如图1，设， 因为为的中点，所以， 因为F，G分别是的中点，所以，又， 所以，由余弦定理得， 所以． 令，由，得， 所以，当且仅当，即时等号成立． 又，所以的取值范围为． ②若在线段上（不含端点），如图2，设， 因为，所以， 又，所以，由余弦定理得， 所以． 令，由，得，所以． 令，任取， 则， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，且，所以的取值范围为． ③若与重合，则． 综上所述，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度高一年级期末质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第九章. 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. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 某学校高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为1200，1500，1800，为了调查学生在家是否做家务，采用按比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为300的样本，则应抽取的高一年级学生的人数为（ ） A. 80 B. 100 C. 120 D. 140 3. 在中，点满足，点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知a，b是两条不同的直线，是三个不同的平面，若，则“”是“的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 6. 在正三角形中，D，E，F分别为边的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点，构成三棱锥如图所示，则异面直线所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱台中，，若二面角的大小为，则正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 设向量的夹角为，定义，已知平面内互不相等的两个非零向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 现有一组样本数据1，3，1，5，5，6，8，2，5，则这组数据的（ ） A. 众数为5 B. 中位数为3 C. 极差为7 D. 分位数为5 10. 已知的内角所对的边分别为，，，则（ ） A. B. 的外接圆面积为 C. 若，则满足条件的三角形仅有个 D. 周长的最大值为 11. 如图，正方体的棱长为2，分别是棱上的点（不包括端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球的表面积为 B. 若平面与平面的交线为，则 C. 若平面与平面所成的二面角为，的面积为，则 D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的底面半径为2，轴截面为直角三角形，则该圆锥的侧面积为______． 13. 在中，若M为BC的中点，，则______. 14. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为______. 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. 已知，复数，且为纯虚数． （1）求的值； （2）若，求． 16. 已知平面向量，，且． （1）求在上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围． 17. 为传承“五四”精神，弘扬学校文化，增强同学们对校史校情的了解与认同，激发爱校荣校情怀，某高校在“五四”青年节举办“传承‘五四’薪火竞答青春华章”校史知识竞赛．共有100名学生参加校史知识竞赛，其中男生60名，女生40名，成绩均在内，将60名男生的竞赛成绩进行统计，分成六组，分别为，，，，，，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计这60名男生校史知识竞赛成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （3）已知这60名男生成绩的方差为214.75，40名女生成绩的平均数和方差分别为73和255.75，估计这100名学生成绩的平均数和方差． 18. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围； （3）已知点是边上的一点，且，求的长. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，点E，F分别是的中点． （1）求证：平面平面； （2）求三棱锥外接球的表面积； （3）设与平面所成角为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $