精品解析：山西现代双语学校联校2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试题

山西现代双语学校联校2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项，只有一项是符合题目要求的． （选编复数改编） 1. 已知复数满足，其共轭复数为，则等于（ ） A. 52 B. 20 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由共轭复数的概念和复数的乘法运算即可求解. 【详解】， 则， 所以. 2. 已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果. 详解：由数据1，2，3，4，x（0<x<5）的平均数， 可得2+=x，所以x=，从这5个数中任取2个，结果有： 共10种，这2个数字之积大于5的结果有： ，共5种， 所以所求概率为. 本题选择B选项. 点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用. 3. 如图，在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，三棱锥D1­AB1C的表面积与正方体的表面积的比为（ ） A. 1∶1 B. 1∶ C. 1∶ D. 1∶2 【答案】C 【解析】 【分析】首先设正方体的边长为，再计算正方体的表面积和三棱锥D1­AB1C的表面积，即可得到答案. 【详解】设正方体的边长为，则表面积， 因为三棱锥的各面均是正三角形，其边长为正方体侧面对角线． 则面对角线长为，三棱锥D1­AB1C的表面积， 所以. 故选：C 4. 在三棱柱中，各棱长均相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题意作出三棱柱，取的中点，连接，得到为所求的线面角，再设三棱柱的棱长为1，求出，即可得出结果. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 则平面，故，为所求的线面角. 设三棱柱的棱长为1，则， 所以，所以，因此. 故选A 【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角，根据题中条件作出线面角，直接求解即可，属于常考题型. 5. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断. 【详解】因为分别为与同向的单位向量， 因为，可知的角平分线与BC垂直，则， 又因为，即， 且，则，所以是等边三角形. 故选：D. 6. 已知正方体的边长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点P的轨迹长为（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】画出示意图，找出过且跟面平行的平面，其跟面的交线即是的轨迹． 【详解】如图， 分别作的中点G，H，F，连接， 由题可知， 则四边形为平行四边形， 平面BEF，平面，平面； 同理可得平面，∴平面平面， 由题意知平面，又点P为四边形内（包括边界）的一动点， 线段GH，点P的轨迹为GH，． 故选：A． 7. 将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（　　） A. B. C. D. 2π 【答案】A 【解析】 【分析】利用弧长公式可求圆锥的底面半径r，高h，进而可求内切球的半径R，可求圆锥的内切球的体积． 【详解】解：设圆锥的底面半径为r，高为h， 则2πr， ∴r＝1，h2， 设内切球的半径为R，则， ∴R，VπR3π（）3π， 故选A． 【点睛】本题主要考查了弧长公式，球的体积公式的应用，考查了转化思想，属于基础题． 8. 已知在正方体中，，为空间任意两点，如果，那么点必（ ） A. 在平面内 B. 在平面内 C. 在平面内 D. 在平面内 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量运算得出即可判断. 【详解】因为 ， 所以，，，四点共面. 故选：C. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些 B. 若事件A发生的概率为，则 C. 如果事件A与事件B互斥，那么一定有 D. 已知事件A发生的概率为，则它的对立事件发生的概率0.7 【答案】BD 【解析】 【分析】根据随机抽样的概念判断A，根据概率的性质判断B，根据互斥事件与对立事件的概率公式判断CD. 【详解】对于A，甲、乙、丙三位同学抽签决定谁去，则每位同学被抽到的概率都是，故A错误； 对于B，由概率的性质可知，，故B正确； 对于C，如果事件A与事件对立，那么一定有，但互斥事件不一定对立，故C错误； 对于D，因为事件A发生的概率为，所以它的对立事件发生的概率，故D正确. 故选：BD （选编空间几何体改编） 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若一条直线平行于两平行平面中的一个，则它也平行于另一个平面 B. 若两个平面，则 C. 若两个平面，则与一定不相交 D. 若两个平面，则与可能相交也可能平行 【答案】BCD 【解析】 【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，若一条直线平行于两平行平面中的一个，则它平行于另一个平面，或在另一个平面内；故A错误； 对于B，由面面平行的性质可知，若两个平面，则，故B正确； 对于C，由面面平行的性质可知，若两个平面，则与一定没有公共点，即与一定不相交，故C正确； 对于D，由两个平面， 可得：且，则或相交， 当时，因为，所以与平行， 当相交，因为，所以的交点在内，又，所以与相交， 故D正确. 11. 如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿BC向上翻折，得到三棱锥，设，点E，F分别为棱BC，BD的中点，为线段AE上的动点，则下列命题正确的是（ ） A. 在翻折过程中，存在某个位置使得； B. 若，则AD与平面BCD所成角的正切值为； C. 三棱锥体积的最大值为2； D. 当时，的最小值为． 【答案】AC 【解析】 【分析】A当平面ABC与平面BCD垂直时，根据面面垂直和线面垂直的性质判断；B根据和得到平面，从而得到，再根据等腰三角形的性质和线面垂直的判定定理得到与平面所成的平面角，然后计算即可；C平面ABC与平面BCD垂直时三棱锥体积最大，然后求体积即可；D将沿AE旋转，使其与在同一平面内，然后根据两点之间线段最短计算. 【详解】A，当平面ABC与平面BCD垂直时， ，平面与平面平面， 平面，又平面， ，故A正确； B，连接AD，DE， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 因为为BC的中点，所以， 又平面，所以平面， 则即为AD与平面所成角的平面角， 在中，，则，， 所以，即AD与平面BCD所成角的正切值为，故B错误； C，三棱锥的体积（为点到平面BCD的距离），． 当平面平面BCD时，最大，为，此时， 所以三棱锥体积的最大值为2，故C正确； D，当时，因为为BD的中点，所以，则， 又为BC的中点，所以， 又，所以，所以， 如图将沿AE旋转，使其与在同一平面内， 当C，M，F三点共线时，最小，且为CF， 在Rt中，，则， 所以， 所以的最小值为，故D错误． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，点P在线段AB的延长线上，且，则点P的坐标为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题 可得，可得，即求． 【详解】点在线段的延长线上，且， ， ,,,． 所以点P的坐标为. 故答案为：. 13. 在中，内角的对边分别是，，且，的面积的最大值是____________． 【答案】 【解析】 【分析】先由条件并结合正弦定理得，再由余弦定理及基本不等式可得，进而用三角形面积公式可得最大值. 【详解】因为，由正弦定理得， ，，， 因为三角形中，，所以，即. 再由同角三角函数关系式得. 由余弦定理，, 即，当时取等号． 所以. 因此的面积的最大值为. 14. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：    （1）有水的部分始终呈棱柱形； （2）没有水的部分始终呈棱柱形； （3）水面所在四边形的面积为定值； （4）棱始终与水面所在平面平行； （5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值． 其中所有正确命题的序号是______ 【答案】（1）（2）（4）（5） 【解析】 【分析】根据题意，结合棱柱的特征进行判断，观察即可得到答案. 【详解】根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形， 其余每相邻两个面的交线也互相平行，而这些面都是平行四边形， 所以（1）和（2）正确； 因为水面所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾斜度变化而变化， 所以水面四边形的面积是变化的，（3）错误； 因为棱始终与平行，与水面始终平行，所以（4）正确； 因为水的体积是不变的，高始终是也不变，所以底面积也不会变 ，即是定值， 所以（5）正确；综上知（1）（2）（4）（5）正确， 故答案为：（1）（2）（4）（5）. 三、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. 在校体育运动会中，甲乙丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局.在每场比赛中，甲胜乙的概率为甲胜丙的概率为乙胜丙的概率为 （1）求甲队获第一名且丙队获第二名的概率； （2）求在该次比赛中甲队至少得3分的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）若满足条件只需甲胜乙，甲胜丙，且丙胜乙，写出概率； （2）甲队至少得3分包含甲队恰得3分，和甲队得6分，根据分值判断获胜情况，求得概率. 【详解】（1）若甲队获第一名且丙队获第二名，即甲胜乙，甲胜丙，且丙胜乙， 即， 即甲队获第一名且丙队获第二名的概率是； （2）当甲队恰得3分，即甲队胜了一场，甲胜乙且丙胜甲，或甲胜丙且乙胜甲， 当甲恰得6分，即甲队胜了2场，即, 那么该次比赛中甲队至少得3分的概率. 【点睛】本题考查对立事件同时发生的概率，重点考查读题，抽象概括能力，属于基础题型，本题的关键是正确理解题意. 16. △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC+c=2a． （Ⅰ）求角B的大小； （Ⅱ）若，求的值． 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）由于2bcosC+c=2a，是关于边的一次齐次式，所以用正弦定理把边化为角，可得到，．（2）由（1）中和，可知A，B角已知，同时根据三角形内角为，也可以sinC,所以，可解． 试题解析：（Ⅰ）在△ABC中，∵2bcosC+c=2a， 由正弦定理，得2sinBcosC+sinC=2sinA， ∵A+B+C=π， ∴sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC，… ∴2sinBcosC+sinC=2（sinBcosC+cosBsinC）， ∴sinC=2cosBsinC， ∵0＜C＜π，∴sinC≠0， ∴， ∵0＜B＜π，∴． （Ⅱ）∵三角形ABC中，， ∴， ∴， ∴ 17. 如图1，矩形中，，，，分别为，边上的点，且，，将沿折起至的位置(如图2所示)，连接，，其中. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】 【分析】（1）在题图2中，连接，在题图1中，连接，作于点，根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可得出结论成立； （2）连接，设点到平面的距离为，根据，结合题中数据，即可得出结果. 【详解】(1)证明：在题图2中，连接， 由题意可知，，， 在中，， 所以. 在题图1中，连接，作于点，利用勾股定理，得， 在中，，所以， 因为，平面，平面， 所以平面. (2)连接，由(1)知平面， 所以为三棱锥的高． 设点到平面的距离为， 因为，即，所以， 即点到平面的距离为. 【点睛】本题主要考查证明线面垂直，以及求点到面的距离，熟记线面垂直的判定定理，以及等体积法求点到面的距离即可，属于常考题型. 18. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； （2）估计样本中成绩的上四分位数； （3）若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 【答案】（1），90 （2）86 （3）平均数为91，方差为22． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求的值，再利用频率估计总体即可； （2）根据百分位数的求解方式求解即可； （3）根据分层抽样的方差公式求解． 【小问1详解】 在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则，解得， 估计样本中成绩不低于60分的人数为． 【小问2详解】 前四个小矩形的面积之和为， 前五个小矩形的面积之和为， 所以成绩的上四分位数落在内，设其为， 则，解得， 即估计样本中成绩的上四分位数为86． 【小问3详解】 样本中成绩在内占成绩在内的比例为， 样本中成绩在内占成绩在内的比例为． 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为， 由分层随机抽样的平均数公式可得， 由分层随机抽样的方差公式可得， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22． 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求四棱锥外接球的表面积； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，因为四边形为矩形，所以点为的中点． 又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）连接，得，由线面平行的判定定理得证； （2）（i）由题易求，可得四棱锥外接球的球心为的中点，运算得解；（ii）作交的延长线于点，连接，可证，为平面与平面的夹角，运算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 底面，为在底面内的射影， 直线与平面所成角为， 则，所以， 在中，可得，在中，可得． （i）设四棱锥外接球的半径为，则四棱锥外接球即其所在长方体的外接球， 所以其球心为的中点，所以，故其外接球的表面积为. （ii）作交的延长线于点，连接， 平面，平面． ，，， 则平面，平面，故， 又，与相交，则平面，平面，故， 所以为平面与平面的夹角， 在中，，，则，，所以， 在中，可得． 在中，可得，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西现代双语学校联校2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项，只有一项是符合题目要求的． （选编复数改编） 1. 已知复数满足，其共轭复数为，则等于（ ） A. 52 B. 20 C. D. 2. 已知数据1，2，3，4，的平均数与中位数相等，从这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为 A. B. C. D. 3. 如图，在正方体ABCD­-A1B1C1D1中，三棱锥D1­AB1C的表面积与正方体的表面积的比为（ ） A. 1∶1 B. 1∶ C. 1∶ D. 1∶2 4. 在三棱柱中，各棱长均相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是 A. B. C. D. 5. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 6. 已知正方体的边长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，则点P的轨迹长为（ ） A. B. 2 C. D. 1 7. 将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（　　） A. B. C. D. 2π 8. 已知在正方体中，，为空间任意两点，如果，那么点必（ ） A. 在平面内 B. 在平面内 C. 在平面内 D. 在平面内 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. 下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些 B. 若事件A发生的概率为，则 C. 如果事件A与事件B互斥，那么一定有 D. 已知事件A发生的概率为，则它的对立事件发生的概率0.7 （选编空间几何体改编） 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若一条直线平行于两平行平面中的一个，则它也平行于另一个平面 B. 若两个平面，则 C. 若两个平面，则与一定不相交 D. 若两个平面，则与可能相交也可能平行 11. 如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿BC向上翻折，得到三棱锥，设，点E，F分别为棱BC，BD的中点，为线段AE上的动点，则下列命题正确的是（ ） A. 在翻折过程中，存在某个位置使得； B. 若，则AD与平面BCD所成角的正切值为； C. 三棱锥体积的最大值为2； D. 当时，的最小值为． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，点P在线段AB的延长线上，且，则点P的坐标为___________. 13. 在中，内角的对边分别是，，且，的面积的最大值是____________． 14. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，有下面五个命题：    （1）有水的部分始终呈棱柱形； （2）没有水的部分始终呈棱柱形； （3）水面所在四边形的面积为定值； （4）棱始终与水面所在平面平行； （5）当容器倾斜如图（3）所示时，是定值． 其中所有正确命题的序号是______ 三、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. 在校体育运动会中，甲乙丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局.在每场比赛中，甲胜乙的概率为甲胜丙的概率为乙胜丙的概率为 （1）求甲队获第一名且丙队获第二名的概率； （2）求在该次比赛中甲队至少得3分的概率. 16. △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosC+c=2a． （Ⅰ）求角B的大小； （Ⅱ）若，求的值． 17. 如图1，矩形中，，，，分别为，边上的点，且，，将沿折起至的位置(如图2所示)，连接，，其中. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 18. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； （2）估计样本中成绩的上四分位数； （3）若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 19. 如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． （1）证明：平面； （2）设，，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求四棱锥外接球的表面积； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $