广西玉林市2025-2026学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

2026年春季期高一期末教学质量监测 数学 （试卷总分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 一．单项选择题：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，则的虚部为（ ） A． B． C． D． 2．已知向量，，若，则实数的值为（ ） A． B． C． D． 3．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚反面朝上”，“第二枚正面朝上”，则与的关系为（ ） A．互斥 B．相互独立 C．互为对立 D．相等 4．在中，，则是（ ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形 5．已知样本数据：5，6，6，7，8，9，9，10，12，则样本数据的70%分位数为（ ） A．7 B．8 C．9 D．10 6．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 7．从长度为1，3，5，7的4条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是（ ） A． B． C． D． 8．如图，已知正三角形的边长为，其中心为，以为圆心作半径为的圆，点为圆上任意一点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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．学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.5，失球个数的标准差为1.1；乙班每场比赛平均失球数是2.1，失球个数的标准差为0.4，则下列说法正确的是（ ） A．平均来说乙班比甲班防守技术好 B．甲班在防守中有时表现较差，有时表现又非常好 C．乙班很少不失球 D．甲班比乙班技术水平更稳定 10．已知复数，则下列说法正确的是（ ） A． B．复平面内表示复数的点位于第二象限 C．若对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D．若复数是关于的方程的一个根，则 11．如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A．平面 B．平面平面 C．三棱锥的体积不是定值 D．若，则过，，三点的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．甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率分别为0.8和0.4，则其中至少有1人击中目标的概率是__________． 13．已知，，分别为三个内角，，的对边，若，，则的外接圆的半径为__________． 14．“阿基米德多面体”又称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示的多面体，是以正方体各棱的中点为顶点构成的阿基米德多面体，该多面体有八个面为正三角形，六个面为正方形、若此多面体的棱长为4，则它的外接球的表面积为__________． 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．（13分）已知，，向量与的夹角为． （1）求； （2）求与的夹角的余弦值． 16．（15分）如图，在直三棱柱中，，，点，分别为棱，的中点． （1）求证：直线平面； （2）求异面直线与所成的角的大小． 17．（15分）某芯片工厂生产芯片，为了解该芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，根据所得数据绘制出该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． （1）求频率分布直方图中的值以及估计该芯片指标的平均数； （2）现采用按比例分配的分层随机抽样的方式，从该芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率． 18．（17分）如图，在矩形中，，为线段的中点，将沿翻折至，使得平面平面． （1）求四棱锥的体积； （2）求证：面； （3）求二面角的余弦值． 19．（17分）已知，，分别为三个内角，，的对边，，． （1）求角的值； （2）如图，若，为线段上（不含端点）的两个动点，，的面积为． （i）求的值； （ii）求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年春季期高一期末教学质量监测 数学参考答案 一、单项选择题： 题号 1 2 34 5 6 答案 D 二、多项选择题： 题号 9 10 11 答案 BC ACD ABD 三、填空题： 题号 12 13 14 答案 0.88 2 64π 四、解答题： 15.【详解】(1) a6=osg5x25x5-=15 4分 2a--a--匠-2a-6+6=25-2x15+12=7 8分 由题意知， a-(a-b)=a2-a.b=25-15=10 10分 所以 品9 13分 16.【详解】(1)连接4C, 2分 由已知条件，点E,F分别为棱BC,AB的中点， 故有EFIIAC 4分 又EFE平面AACC,ACc平面AACC, 所以直线EF∥平面A4CC,7分 (2)由(1)可知EFAC,BCIB,G, 故∠BCA或其补角为异面直线EF与B,C所成的角. 11分 根据直三棱柱性质可知，A4上AB,AA⊥AC 12分 因为AB⊥AC,AB=AC=AA, 所以Rt△AAB≌Rt△AAC≌Rt△BAC 13分 所以AB=BC=AC,所 ∠BCA=号 2 即异面直线EF与B,C所成的角的大小为3. 15分 17.【详解】(1)由题意得10×(0.02+0.005+0.023+0.025+0.025+)=1，解得x=0.020.3 分 由频率分布直方图可得各组频率依次为：10×0.002=0.02,10×0.005=0.05 10×0.023=0.23,10×0.025=0.25,10×0.025=0.25,10×0.020=0.2 因为各组的组中值依次为：45,55,65,75,85,95， 所以估计该芯片指标的平均数为 0.02×45+0.05×55+0.23×65+0.25×75+0.25×85+0.2×95=77.6;7分 (2)根据频率分布直方图及按比例分配的分层随机抽样可得： 指标在70,80)内取3件，分别编号为4,4,4， 指标在80,90)取3件，分别编号为B,B,B. 9分 从芯片指标在[70,90)内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为 2={(4,A),(4,4),(4,B),(4,B2),(4,B),(4,4),(4,B),(4,B2),(4,B) (4,B)(4,B)(4,B,)(B,B,)(B,B,)(B,B,},则n()=15. 11分 记事件M=“指标在[70,80)和[80,90)内各1件”，则 M={(4,B),(4,B2),(4,B),(4,B),(4,B2),(4,B),(4,B),(4,B2),(4,B} n(M)=9 13分 所以根据古典概型的概率公式可得： 指标在[70,80)和[80,90)内各1件的概率 P(M)=nM)_9_3 n(2)155 15分 18.【详解】(1)如图所示：取AP的中点O,连接D'O, 1分 易知AD'=D'P=1,则D'O⊥AP,2分 面DAP⊥面ABCP,面D'AP∩面ABCP=AP, 则D'O⊥面ABCP,3分 所以D'O是四棱锥D-ABCP的高， AP=√AD2+D'P2=V1+1P=√2. AP② D'o= 2, 4分 3 SAPCB 1+2 ×1= 又 5分 132V2 故四棱锥D'-ABCP的体积”3 ×SAPCB×D'0=,x 3224: 6分 B (2)连接BP,AP=BP=V2,AB=2,则AP2+BP2=AB2,所以AP⊥BP, 又因为面D'AP⊥面ABCP,BPc面ABCP,面D'AP∩面ABCP=AP, 所以BP⊥面D'AP;10分 (3)因为BP⊥面D'AP,D'Pc面D'AP,所以BP⊥D'P, 所以BD2=D'P2+BP2=1+2=3,AB2=AD2+BD2,所以AD'⊥D'B, 又因为PD'⊥AD',PD'c面DAP,BDC面D'AB,面D'AP∩面DAB=DA, 所以∠PD'B为二面角P-AD'-B的平面角，14分 Cos∠PD'B= D'P 13 D33, 5 所以二面角P-AD'-B的余弦值为3 17分 19.【详解】(1)由正弦定理可得： 3sinCsinB+sinCcosB=sinA, 1分 在△ABC中，sinA=sin(B+C) 3sinCsinB+sinCcosB=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC 所以V5 BsinCsinB=--sinBcosC,3分 因为在△ABC中，0°<B<180°，所以sinB≠0， anc=3 所以V3sinC=cosC,所以 3, 因为0°<C<180°，所以C=30°：5分 (2)(i)因 Sm-absinCb= 4 ,所以ab=4V3, 6分 因为c2=a2+b2-2 abcosC=a2+b2-12=4, 所以a2+b2=16, 又a2+b=(a+b)}'-2ab=(a+b}-8V3=16 所以a+b=2V3+2. ab=43 [a=2a=23 由a+h=2W5+2,得b=25或b=2 如图可知：∠BAC>∠DAE=30°， 所以a>c=2,故a=2W5,b=2:10分 (i)由b=c=2,得∠ABC=∠ACB=30°，所以∠BAC=120°，11分 设∠CAE=0,其中0°<0<90°，则∠AED=30°+0.∠ADE=180°-(30°+0)-30°=120°-0 在△ADE中，由正弦定理可得 1 2 sing 4Dsin∠AED sin(30°+02cos0+V3 1+√3tan0 AE sin.∠ADE sin(120°-O)V3 。1 cos0+。sin0 √3+tan0 2 2 13分 5(am0+5)2-5- 2 3+tan0 √3+tan0 14分 因为0°<0<90°，则tan0>0, 普招 17分