精品解析：广东广州市黄埔区2025-2026学年第二学期期末教学质量监测高一数学

2025学年第二学期期末教学质量监测 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.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡交回． 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. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ） A. 互斥 B. 相互对立 C. 相互独立 D. 相等 3. 某快递公司的取件码由位数字组成，每一位置的数字随机选自，，...，，则取件码末位数字是偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米石（石为古代质量单位），检验出米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，假设一粒谷和一粒米的质量近似相同，则这批米内夹谷约为（ ） A. 石 B. 石 C. 石 D. 石 5. 已知复数，，且是非零复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 6. 在中，为的中点，为的中点，设，，则=（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，则与平面所成的角为（ ） A. B. C. D. 8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了从三角形三边长求三角形面积的“三斜求积”公式，设的三个内角，，的对边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为．若，且，则面积的最大值为（ ） 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. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量在上的投影向量为 D. “向量与的夹角为钝角”的充要条件是“” 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若样本数据，，...，的标准差为，则数据，，...，的标准差为 B. 数据，，，，，，，的第百分位数是 C. 若样本数据，，...，的方差，则这组样本数据的总和为 D. 已知一组样本的样本容量为，样本平均数为，方差为，现在该样本中加入一个新数据，则得到新样本的平均数为，新样本的方差小于 11. 正方体的棱长为，是的中点，则（ ） A. 若是的中点，则 B. 平面截正方体所得截面的周长为 C. 与所成角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，且，则___________ 13. 已知复数满足，则（是虚数单位）的最小值为___________ 14. 已知矩形，沿将折起成.若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是___________. 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. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为弧上异于点，的一点，为的中点． （1）求圆柱的表面积； （2）求证：平面． 16. 某学校高一年级筛选部分学生参加知识竞赛，现随机抽取名学生的考试成绩，分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同. （1）求，的值； （2）根据频率分布直方图估计这名学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）在第四、第五两组学生中，按组别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取人，再从这人中选出人，求选出的人来自同一组的概率. 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，求的取值范围. 18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 19. 如图，在中，，，，且，延长，，分别交，，于，，. （1）求的余弦值； （2）求的长； （3）若，其中，，求满足条件的动点所覆盖区域的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期期末教学质量监测 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.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡交回． 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. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件根据复数的运算法则求复数的代数形式，即可直接求解出虚部. 【详解】由已知得，， 所以z的虚部为. 2. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ） A. 互斥 B. 相互对立 C. 相互独立 D. 相等 【答案】C 【解析】 【分析】列举全部可能出现的结果，即可根据对立事件以及互斥事件以及相互独立事件的定义求解. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）这4种情况， 事件A包括（正正）（正反），事件B包括（正反）（反反），故不相等，故D错误， 由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误； 因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B相互独立，故C正确. 故选：C. 3. 某快递公司的取件码由位数字组成，每一位置的数字随机选自，，...，，则取件码末位数字是偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，只需关注最后一位数字，这个数字中，偶数共5个， 则取件码末位数字是偶数的概率是． 4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米石（石为古代质量单位），检验出米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，假设一粒谷和一粒米的质量近似相同，则这批米内夹谷约为（ ） A. 石 B. 石 C. 石 D. 石 【答案】A 【解析】 【分析】根据抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，可计算出夹谷的频率，从而得解． 【详解】设这批米内夹谷约为石，根据样本的性质，得，即这批米内夹谷约为230石. 5. 已知复数，，且是非零复数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】B 【解析】 【分析】对各选项分别进行分析，利用复数的运算、性质及举反例的方法来判断命题的真假. 【详解】在A选项中，设（非零复数），则 ， 计算可得：，因此A错误， 在B选项中，已知​，移项得， 因为是非零复数，复数域中乘积为则至少一个因子为， 因此，即，因此B正确， 在C选项中，若，则，， 举例：若取，则，， 不满足，因此C错误， 在D选项中，令​，等式，而， 等式成立仅当或为实数，不是对任意成立， 举例：若取，左边，右边， ，因此D错误. 6. 在中，为的中点，为的中点，设，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图， 由为的中点，为的中点， ． 7. 在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，则与平面所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，利用线面角的定义求解. 【详解】在棱长为的正方体中，连接， 由分别是的中点，得， 则与平面所成的角等于与平面所成的角， 连接交于O，连接，由平面，平面， 得，而，平面， 因此平面，是与平面所成的角， 在中，，则， 所以与平面所成的角为. 8. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中提出了从三角形三边长求三角形面积的“三斜求积”公式，设的三个内角，，的对边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为．若，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 由正弦定理，得，已知， 则， 令，则，函数开口向下，对称轴为， 故当时取得最大值，最大值为， 故． 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，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则向量在上的投影向量为 D. “向量与的夹角为钝角”的充要条件是“” 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：求出，利用模长公式求出答案；对于B：根据垂直得到方程，求出；对于C：根据投影向量公式求出答案；对于D：根据夹角为钝角得到不等式，求出的取值范围，作出判断. 【详解】对于选项A：若时，则，可得， 所以，故A正确； 对于选项B：若⊥，则，解得，故B错误； 对于选项C：若时，则，可得， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于选项D：若与的夹角为钝角，则且与不共线， 可得，解得且， 显然是的真子集， 所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，故D错误； 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若样本数据，，...，的标准差为，则数据，，...，的标准差为 B. 数据，，，，，，，的第百分位数是 C. 若样本数据，，...，的方差，则这组样本数据的总和为 D. 已知一组样本的样本容量为，样本平均数为，方差为，现在该样本中加入一个新数据，则得到新样本的平均数为，新样本的方差小于 【答案】BCD 【解析】 【分析】A根据已知得方差为9，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；B根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；C由题意可得样本容量为20，平均数是从而可得样本数据的总和，即可判断；D由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断. 【详解】A，已知样本数据的标准差为，则， 数据的方差为，其标准差为，错误； B，数据共8个数，从小到大排列为， 由于，故选择第6个数作为第70百分位数，即为，正确； C，因为样本的方差 所以这个样本有20个数据，平均数是这组样本数据的总和为正确； D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5， 设此时这9个数的平均数为，方差为，则，正确. 11. 正方体的棱长为，是的中点，则（ ） A. 若是的中点，则 B. 平面截正方体所得截面的周长为 C. 与所成角的余弦值为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：利用平移思想再证明平行四边形即可证出； 对于B：需连接，则平面截正方体所得截面为四边形，求四边形的周长即可； 对于C：需利用平行将线段 平移至，然后求与所成角的余弦值； 对于D：三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，符合侧棱垂直底面的三棱锥，利用勾股定理求解即可. 【详解】 对于A：可将线段平移至线段，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，A正确； 对于B：取中点为，连接和，因，所以平面截正方体所得截面为四边形，，，，，故所得截面的周长为，B错误； 对于C：因，故与所成角即与所成角，在中，，，，，C正确； 对于D：三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，在中，，，，，则， 由正弦定理可知，，为三角形的外接圆半径，解得， ，则三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，且，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标充要条件进行求解. 【详解】由题意可得：，，且， 根据平面向量平行的坐标充要条件可得：  ，求解可得：. 13. 已知复数满足，则（是虚数单位）的最小值为___________ 【答案】## 【解析】 【分析】使用复数的模长公式与模长的几何意义求解. 【详解】设，由，知， ， ， 则的最小值即圆上的点到点的距离最小值， 的最小值为：. 14. 已知矩形，沿将折起成.若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由点在平面上的投影落在的内部，可知当在面上的投影在上时，四面体的体积最小，当当在面上的投影在上时，四面体的体积最大，从而求出四面体的体积的取值范围. 【详解】解：根据题意可知：点在平面上的射影落在的内部（不包括边界） 所以当在面上的投影在上时，四面体的体积最大， 由，设到面的距离为， 则 所以四面体的体积最大为：； 当在面上的投影在上时，四面体的体积最小， 如图：翻折前 翻折后 设到面的距离为，其中 所以， 所以 所以四面体的体积最小为：， 所以四面体的体积的取值范围为. 故答案为：. 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. 如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为弧上异于点，的一点，为的中点． （1）求圆柱的表面积； （2）求证：平面． 【答案】（1） （2）证明：证法一： 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以，. 又，， 所以 ， 所以四边形为平行四边形， 所以. 又平面 ， ， 所以平面. 证法二：连接， 因为为的中点，为的中点， 所以为的中位线，所以， 因为平面， 平面， 所以平面. 又因为，平面 ，平面 ， 所以平面. 因为， 平面 ， 平面 ， 所以平面平面. 又 平面 ，所以平面. 【解析】 【分析】（1）利用圆柱的侧面积公式求侧面积，再求底面积，相加可得表面积. （2）方法一：构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行； 方法二：构造面面平行，先利用面面平行的判定定理证明面面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行. 【小问1详解】 因为， 所以圆柱的母线长，底面半径， 则圆柱的侧面积 . 所以圆柱的表面积. 【小问2详解】 略 16. 某学校高一年级筛选部分学生参加知识竞赛，现随机抽取名学生的考试成绩，分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第五组的频率相同. （1）求，的值； （2）根据频率分布直方图估计这名学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）在第四、第五两组学生中，按组别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取人，再从这人中选出人，求选出的人来自同一组的概率. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1及已知的频率关系列式求值即可. （2）根据频率分布直方图和已知的方法估计平均数. （3）先利用分层抽样得到第四、第五两组学生抽取的人数，再利用列举法求古典概型的概率. 【小问1详解】 因为第三､四､五组的频率之和为， 所以，解得. 所以前两组的频率之和为，即，所以. 【小问2详解】 估计这名学生面试成绩的平均数为. 【小问3详解】 第四、第五两组学生分别有人、人 按照分层抽样，抽得的第四组学生人数为，分别设为， 第五组学生人数为，设为. 从这人中选出人，所有可能结果有种，即 ，，，，，，，，，. 其中选出的人来自同一组的共包含个可能结果，即 ，，，，，. 故选出的人来自同一组的概率为. 17. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合，可化简为，利用辅助角公式，结合，即得解； （2）方法一：利用正弦定理可转化，又，故，可化简为，结合，即得解；方法二：由条件根据余弦定理可得，结合基本不等式和三角形三边关系可求结论. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理可得， 因为， 所以， 即， 即， 因为，所以 化简得， 因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 解法一：由（1）知，且， 根据正弦定理可得， 所以， ， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围为； 解法二：由（1）知，且，根据余弦定理， 得， 所以， 即， 化简得 ， 解得，当且仅当时取等号， 又，即， 所以的取值范围为. 18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）在直三棱柱中，由平面，平面， 得，由是边长为的正三角形，为的中点， 得，又，平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）作，利用二面角的定义求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，垂足为，连接， 在直三棱柱中，由，， 得，又，且平面， 则平面，而平面，于是， 又平面，则平面， 又平面，因此 ，是二面角的平面角， 是边长为的正三角形，则， ，则，即，解得， ，在中，， 所以二面角的余弦值为. 19. 如图，在中，，，，且，延长，，分别交，，于，，. （1）求的余弦值； （2）求的长； （3）若，其中，，求满足条件的动点所覆盖区域的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求的余弦； （2）由条件证明，，，解直角三角形求，结合（1）由余弦定理求； （3）方法一：通过特殊位置确定的集合，结合圆的性质证明，解三角形求，根据三角形面积公式及等面积法求，由此可求结论； 方法二：通过特殊位置确定的集合，根据三角形面积公式及等面积法求，解三角形证明，由此可求结论； 【小问1详解】 如图，在中，，，， 由余弦定理可得 【小问2详解】 因为，所以， 即，同理可得，， 又，，分别交，，于，，， 在中，， 在中，， 所以在中，由余弦定理可得， 所以， 【小问3详解】 解法一：由于，其中，， 当时，点与重合；当时，点是的中点； 当时，点是的中点；当时，点时的中点； 故点能够取到的集合恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界， 由（1）知，所以 由（2）可得，，，四点共圆，则， 由正弦定理得，在中，， 在中，， 因为，所以，即， 所以， 所以，从而， 所以点能够覆盖的区域的面积 ， 故满足条件的动点所覆盖区域的面积为. 解法二：由于，其中，， 当时，点与重合；当时，点是的中点； 当时，点是的中点；当时，点是的中点； 故点能够取到的集合，恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界， 由（1）知，所以 因为 可得， 又因为在中，，所以，故， 所以，则， 所以点能够覆盖的区域的面积为 ， 故满足条件的动点所覆盖区域的面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $