精品解析：山东济南市2025-2026学年高一下学期7月期末学情检测数学试题

2026年春季学期高一期末学情检测 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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． 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的几何意义即可求解. 【详解】， 所以该复数在复平面内的点的坐标为，位于第四象限. 故选：D. 2. 样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8的60%分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】应用百分位数定义计算求解. 【详解】样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8，， 所以样本的60%分位数为. 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示求的值. 【详解】因为，且，， 所以，解得. 4. 已知5个互不相等的整数，平均数为2026，极差为4，则这5个数的方差为（ ） A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求得五个数据，利用方差公式可求得结果. 【详解】因为5个互不相等的整数为满足平均数为2026，则总和为； 因为这5个数为互不相等的整数，且极差为4， 那么这5个整数只能是连续的5个整数： 所以 解得，所以这5个互不相等的整数为： 方差为：. 5. 在中，，，，以边所在的直线为旋转轴，另外两边旋转一周形成的曲面围成一个旋转体，则该旋转体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】过点作，垂足为， 由题意可知：，，， 以边所在的直线为旋转轴，另外两边旋转一周形成的曲面围成一个旋转体， 可知旋转体为两个同底的圆锥的组合体， 所以该旋转体的体积为. 6. 为测量河对岸某信号塔的高度，选取与塔底B在同一水平面上的两个观测点C和D，现测得米，在C点测得塔顶A的仰角为，在D点测得塔顶A的仰角为，且，则信号塔的高度为（ ） A. 50米 B. 100米 C. 米 D. 200米 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意表示出，再利用余弦定理建立方程，求解高度即可. 【详解】设，由题意得，而， 得到，在中，，， 由余弦定理得，解得，故B正确. 7. 在正方体中，E，F分别是，的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点N，连接，（或其补角）为异面直线和所成的角，利用余弦定理求解即可. 【详解】取的中点N，连接，因为， 所以（或其补角）为异面直线和所成的角， 设正方体的棱长为2，易求得，， 所以． 则异面直线和所成角的余弦值为 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，设，根据向量在单位向量上的投影向量为，求出向量的坐标，从而得出向量的坐标.由，得出向量的终点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，这样将求的最小值问题，转化为轴上一点到圆上一点的最小值问题. 【详解】因为为单位向量，令，设， 因为向量在单位向量上的投影向量为， 所以，所以，所以. 又，所以，所以，解得， 不妨取，则， 设，因为，所以向量的终点在以点为圆心，半径的圆上. ，，设，则点的轨迹为轴. 表示向量的终点到向量的终点的距离，即的长度. 求的最小值即求的最小值， 因为圆心到轴的距离为，所以的最小值为. 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. 在抛掷硬币试验中，下列说法正确的是（ ） A. 抛掷次，事件“正面朝上”发生的次数可能是 B. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”互斥 C. 抛掷次，事件“一次正面朝上，一次反面朝上”发生的概率为 D. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”相互独立 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，抛掷10次硬币，每次都有可能正面朝上，所以“正面朝上次数为10”是随机事件，有可能发生，A正确； 对于B，互斥事件是指两个事件不能同时发生，抛掷2次时，第一次正面朝上、第二次也可以正面朝上，两个事件能同时发生，不互斥，B错误； 对于C，抛掷次硬币，所有等可能结果为（正，正）、（正，反）、（反，正）、（反，反），共4种；“一次正面一次反面”包含2种情况，概率为，C正确； 对于D，第一次抛掷的结果不会影响第二次抛掷的结果，所以“第一次正面朝上”和“第二次正面朝上”相互独立，D正确． 10. 已知l，m，n是三条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，l与m，n都相交，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用空间中的位置关系依次判断选项. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，因为，所以或，又，所以，故B正确； 对于C，若∥，∥，，则与内一条直线平行，与内一条直线平行,则∥,因此∥,从而∥,即∥，故C正确； 对于D，若，，则，l与m，n都相交，则三条直线共面，与可能平行、包含于或相交，故D不正确 11. 已知圆O的内接四边形，，，与交于点M，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的最大值为3 D. 若，则四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用解三角形，三角函数，向量的运算等内容进行求解. 【详解】在中，，，. 所以，所以. 四边形内接于圆O，. 又，所以. 圆O直径，半径. 对于选项A，，故A正确； 对于选项B，设， 因为三点共线，所以，即. 所以，因此. 因为 ， 所以，所以，故B正确； 对于C，设，在中，，. 由正弦定理，得. . ，， 因为， 所以，即 因为， 所以，即. 所以 ， 所以当，即时，取得最大值，且最大值为4，故C错误； 对于选项D，在中，， 即，得. 同理在中，. 所以是方程的两根，所以. 所以四边形的面积为，故D正确. 【点睛】本题融合圆内接四边形、解三角形、平面向量等内容，核心抓手是等腰先算出定角与外接圆半径，综合考查几何等量转化与代数化简能力. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或3”，“向上的点数是1或5”，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】由于掷一枚质地均匀的骰子的基本事件数为，“向上的点数是1或3或5”，所以. 13. 已知，，且，则向量与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用数量积公式结合模长计算求解向量夹角余弦得出角. 【详解】因为，，且， 所以，所以， 设向量与的夹角为，， 所以，即得，， 则向量与的夹角为. 14. 在三棱锥中，平面平面，，，则三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于，为的中点，设的外心是，半径是，连接，利用正弦定理求得，结合勾股定理定理，，，设三棱锥外接球球心是，连接，，过作于，由，即可求出外接球的半径，利用球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，过点作于，为的中点，设的外心是，半径是，连接， 由正弦定理得，则， 为的中点，， ，所以， 因为， 所以， 所以，， 因为平面平面，于，平面平面，则平面，故， 设三棱锥外接球球心是，连接，，过作于， 则平面，于是，从而是矩形， 所以外接球半径满足， 解得， 所以外接球的表面积为． 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. 2026济南马拉松拟于10月18日举行，组委会为此进行志愿者的选拔面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成六组：，，，，，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）若根据各组频率的比例采用分层抽样的方法，从成绩在，内的志愿者中共抽取6人，再从这6人中采用简单随机抽样的方法选出2人作为队长，请用适当的符号表示抽样的可能结果，列出其样本空间，并求选出的两位队长来自同一组的概率． 【答案】（1），中位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1可得，分析可知中位数在区间内，结合中位数的定义列式求解即可； （2）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得：，解得． 所以6组数据，，，，， 的频率依次为0.1，0.15，0.15，0.3，0.25，0.05， 所以前3组的频率之和，前4组的频率之和， 可知中位数在区间内．设中位数为x， 则，得到． 所以所求的中位数为． 【小问2详解】 根据频率可得：在，的两组志愿者分别有25人，5人， 故按照分层抽样，抽得的志愿者人数为5，分别设为a，b，c，d，e，志愿者人数为1，设为f． 这6人中选出2人，样本空间为， 设选出的两人来自同一组为事件A， 则， 可得，， 故选出的两人来自同一组的概率为． 16. 已知复数，，且是纯虚数． （1）求a； （2）求； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3）-4 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数的定义求解即可； （2）利用复数的乘法公式得到，利用共轭复数的定义即可求解； （3）利用复数模的公式求解即可. 【小问1详解】 由条件可得，若是纯虚数， 则满足，解得． 【小问2详解】 由（1）知，所以， 得到的共轭复数为． 【小问3详解】 由（1）知，根据模的计算公式得，即． 又因为，根据模的计算公式得，即． 所以． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求B； （2）若的角平分线交于点D，且． （ⅰ）求； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意可设，，，结合余弦定理运算求解即可； （2）（ⅰ）由余弦定理可得，利用等面积法可得；（ⅱ）由角平分线定理得，利用余弦定理可得，进而可求数量积. 【小问1详解】 因为，可设，，，， 则， 又因为，所以． 【小问2详解】 （ⅰ）因为， 由余弦定理可得，解得， 又因为，则，． 因为，则， 即，解得； （ⅱ）由角平分线定理得，则，． 在中，， 所以． 18. 如图，已知矩形，，，E是的中点，将沿折起，使得点D到达点P的位置，并连接，． （1）若的中点为F，证明：平面； （2）若四棱锥的体积为． （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）取PA中点L，连接EL，LF，由题意可知，，且， 又因为，且，则，且，则四边形ECFL是平行四边形， 则，又因为平面PAE，平面PAE，所以平面PAE． （2）（ⅰ）取AE中点H，连接PH， 由题意可知，中，，，所以． 设四棱锥的高为h，则． 因为，， 所以求得，即，所以平面ABCE， 因为平面ABCE，所以． 由题意可知，中，，， 所以，所以，又因为，且两直线在平面内，所以平面PAE． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）取PA中点L，连接EL，LF，可得四边形ECFL是平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明结论； （2）（ⅰ）取AE中点H，连接PH，可证平面ABCE，由勾股定理可知，结合线面垂直的判定定理即可证明结论； （ⅱ）记直线PA与平面PBC所成的角为，点A到平面PBC的距离为d，则，利用等体积法求出即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）记直线PA与平面PBC所成的角为，点A到平面PBC的距离为d，则． 因为，，所以． 取BC中点G，连接HC，HG，HB， 由题意可知为直角三角形，且，，，所以， 又因为平面ABCE，所以， 因为，所以，同理， 因为，可得， 因为，所以， 所以，即直线PA与平面PBC所成的角的正弦值为． 19. 2026年中央电视台春节联欢晚会上，人形机器人化身孙悟空，身披战袍威风十足．根据指令（，），机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（按逆时针方向旋转时为正，按顺时针方向旋转时为负），再朝其面向的方向沿直线行走距离r． （1）已知机器人甲位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向，机器人甲执行1次指令，移动到点． （ⅰ）求的值； （ⅱ）机器人甲按照指令继续移动，机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，两机器人恰好移动到同一点T，求的值； （2）已知机器人丙位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向． （ⅰ）若机器人丙连续执行3次（1）中的指令，移动到点M，求点M的坐标； （ⅱ）若机器人丙依次执行99次指令，第i次执行指令，其中，移动到点N，求点N到原点O的距离． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据题意可得，求出，利用即可求解；（ⅱ）若机器人甲按照指令继续移动，则，若机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，则，在中，由正弦定理知：即可求解； （2）（ⅰ）根据指令即，连续执行3次求解即可；（ⅱ）由第i次执行指令，即在第次的基础上横坐标增加，纵坐标增加，可得N点横坐标为，N点纵坐标为，化简得到点的坐标即可求解. 【小问1详解】 （ⅰ），，解得，, 所以； （ⅱ）由（ⅰ）知：甲初始位置位于点，， 若机器人甲按照指令继续移动，则， 若机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，则， 在中，由余弦定理知：，所以． 由正弦定理知：，解得：，． 【小问2详解】 （ⅰ）指令即，第一次执行指令，移动到点； 第二次执行指令，移动到点； 第三次执行指令，移动到点； 即M点坐标为； （ii）第i次执行指令，即在第次的基础上横坐标增加，纵坐标增加， 则N点横坐标为 则N点纵坐标为 即， 所以点N到原点O的距离为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季学期高一期末学情检测 数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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． 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8的60%分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 6 4. 已知5个互不相等的整数，平均数为2026，极差为4，则这5个数的方差为（ ） A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5 5. 在中，，，，以边所在的直线为旋转轴，另外两边旋转一周形成的曲面围成一个旋转体，则该旋转体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 为测量河对岸某信号塔的高度，选取与塔底B在同一水平面上的两个观测点C和D，现测得米，在C点测得塔顶A的仰角为，在D点测得塔顶A的仰角为，且，则信号塔的高度为（ ） A. 50米 B. 100米 C. 米 D. 200米 7. 在正方体中，E，F分别是，的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） 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. 在抛掷硬币试验中，下列说法正确的是（ ） A. 抛掷次，事件“正面朝上”发生的次数可能是 B. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”互斥 C. 抛掷次，事件“一次正面朝上，一次反面朝上”发生的概率为 D. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”相互独立 10. 已知l，m，n是三条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，l与m，n都相交，则 11. 已知圆O的内接四边形，，，与交于点M，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的最大值为3 D. 若，则四边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或3”，“向上的点数是1或5”，则______． 13. 已知，，且，则向量与的夹角为______． 14. 在三棱锥中，平面平面，，，则三棱锥外接球的表面积为______． 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. 2026济南马拉松拟于10月18日举行，组委会为此进行志愿者的选拔面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成六组：，，，，，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）若根据各组频率的比例采用分层抽样的方法，从成绩在，内的志愿者中共抽取6人，再从这6人中采用简单随机抽样的方法选出2人作为队长，请用适当的符号表示抽样的可能结果，列出其样本空间，并求选出的两位队长来自同一组的概率． 16. 已知复数，，且是纯虚数． （1）求a； （2）求； （3）求的值． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求B； （2）若的角平分线交于点D，且． （ⅰ）求； （ⅱ）求的值． 18. 如图，已知矩形，，，E是的中点，将沿折起，使得点D到达点P的位置，并连接，． （1）若的中点为F，证明：平面； （2）若四棱锥的体积为． （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值． 19. 2026年中央电视台春节联欢晚会上，人形机器人化身孙悟空，身披战袍威风十足．根据指令（，），机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（按逆时针方向旋转时为正，按顺时针方向旋转时为负），再朝其面向的方向沿直线行走距离r． （1）已知机器人甲位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向，机器人甲执行1次指令，移动到点． （ⅰ）求的值； （ⅱ）机器人甲按照指令继续移动，机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，两机器人恰好移动到同一点T，求的值； （2）已知机器人丙位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向． （ⅰ）若机器人丙连续执行3次（1）中的指令，移动到点M，求点M的坐标； （ⅱ）若机器人丙依次执行99次指令，第i次执行指令，其中，移动到点N，求点N到原点O的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $