贵州黔南州2025-2026学年度第二学期末学科素养练习高一数学试题

保密★启用前 2025一2026学年度第二学期学科素养练习 高一数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上. 3.选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择 题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写.在试卷、草稿纸上答题无效， 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z=3+4i(i为虚数单位)，则1z|= A.7 B.5 C.7 D.5 2.在平行四边形ABCD中，P是线段CD上的一点，且CP=】C币，则B配 () A.AB+1A而 B,A币1A c号*而 D.2店-A 3 3 3 3.如图，△0'B'C是用斜二测画法画出的水平放置的△0OBC的直观图，已知∠O'B'C=90 0'C'=2√2，那么△OBC的面积为 () 0' Bx A.42 B.82 C.4 D.8 4.已知m,n是两条不重合的直线，α，B是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( A.若m⊥n,且nCa,则m上x B.若mCa,nCB,mB,n∥a,则aB C.若aB,m⊥a,nLB,则mn D.若ma,nB,axB,则mn 5.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分 中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分，这7个有效评分与9个原始评分相比，不 变的是 () A.极差 B.平均数 C.中位数 D.方差 6.如图1是透明塑料制成的长方体容器ABCD-A,B,C,D1,其中AB=√5，BC=√3，A4,=4,将容 器灌进一些水，水深为3，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜成图2，此时BE· BF的值为 高一·数学第1页（共4页）(QN) 图 图2 A.8√15 B.35 C.73 D.43 7.柜子里有3双不同的手套，分别用x1,x2y1y2,,表示6只手套，从中随机地取出2只，记 事件A=“取出的手套都是一只手的”，事件B=“取出的手套是一只左手一只右手的，但不是 一双手套”，则事件A或事件B发生的概率为 () 4 5 B号 1 C.2 1 0. 8.若平面向量a,b,c两两的夹角相等，且1a=1,1b1=1,1cl=3,则1a+b-cl= A.4 B.1或4 C.1 D.1或2 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，有选错或不选的得0分) 9已知复数：子，1为虚数单位)，侧下列说法正角的是 A.=1-i B.复数z在复平面上对应的点位于第三象限 C.复数z的虚部为-i D.z·z=2 ·10.已知向量a=(1,-1),1b1=5,则下列说法正确的是 (） A.Ial=√2 B.若a·b=-52,则a% C若12a-b1=V3,则a与b的夹角为3 D若aLa-b则a在6方而上的投影狗量为动 11.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰 好与圆柱的高相等，这就是“圆柱容球”，是阿基米德最为得意的发现.如图是一个“圆柱容 球”，O1,O2分别为圆柱下、上底面的圆心，0为球心，EF为圆0，的一条直径.若圆柱的母线 1=2,则下列说法正确的是 上球0的体积为智 B.圆柱的表面积为4π ●0 C四面体cD8F的体积的取值范菌为0，引 D平面DEF截得球0的截面面积的最小值为 高一·数学第2页（共4页）(QN) 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知向量a=(4,2),b=(6,y),且a∥(a-b),则实数y的值为 13.已知三棱锥P-ABC的4个顶点均在球O的球面上.若PA1平面ABC,∠BAC=90°，PA=√5， AB=1,BC=√3，则球0的表面积为 14.记△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c已知2sin2C=sin2A+sin2B-sin Asin B, 则sinC的最大值为 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)某校为了解初三学生的体能达标情况，体育组教师从全年级学生中随机抽取100名 学生进行一分钟跳绳测试，并根据测试结果绘制了如下频率分布直方图. (1)求直方图中α的值，并估计该校初三学生跳绳个数的平均数； (2)学校决定给该年级跳绳成绩排名前10%的同学颁发“优秀证书”，试估计获得“优秀证 书”需要达到的跳绳个数 ◆频率/组距 0.034--- .00 0155165175185195205215跳绳个数 16.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,PA=25,△ABC为等边三角形，且AB= 2,D为AB的中点，E为PA的中点 (1)求证：PB∥平面CDE; (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值 高一·数学第3页（共4页）(QN) 17.(15分)2026年4月15日是第十一个全民国家安全教育日，其主题是“统筹发展和安全，护 航‘十五五'新征程”，对于高中生而言，国家安全应融入日常，落在行动.某中学为了夯实校 园安全教育，组织了一次安全知识竞赛，甲、乙两队（每队2人）参加了此次竞赛，规定每队 的每名队员各回答一题.答对得1分答错得0分，甲队2人答对的概率分别为)，，乙队2 人答对的概率都是号，且所有答题结果相互独立 (1)设甲队得1分的概率为P1,乙队得2分的概率为P2,求P,和P2的值； (2)比赛结束后，求乙队得分比甲队得分多的概率. 18.(17分)记△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,6,C已知236sin2B+C=2 asin B+ 2 √3 bcos A且a=√6，A为钝角 (1)求A: (2)若2 bsin C=csin2B,求△ABC的面积； (3)若M是BC上的点，且AM=CM,求AM的取值范围. 19.(17分)如图，在平面四边形ABCD中，AB=AC且AB⊥AC. (1)若AC=CD=2,∠CAD=30°，将△ACD沿AC翻折至△ACK,使KC⊥AB. ①证明：平面KAC⊥平面ABC; ②求二面角A-CK-B的余弦值 (2)若AD=2CD=4,∠ADC=60°，将△ACD沿AC翻折至△ACK,使得平面KAC⊥平面ABC. 在四面体K4BC中任选2条棱，记它们互相垂直的概率为P,;任选2个面，记它们互相垂 直的概率为P2;任选1个面和不在此面上的1条棱，记它们互相垂直的概率为P3,试比 较P,P2,P3的大小 高一·数学第4页（共4页）(QN)2025一2026学年度第二学期学科素养练习 高一数学 参考答案及评分标准 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 题号 1 2 3 5 6 7 答案 D B A C B A B 1.D 【解析】同=V32+42=5,故选D. 2.B【解析】BP=BC+CP=AD-AB,故选B. 3.A【解析】由直观图及题意，得△OB'C'为等腰直角三角形，所以OB2+BC2=OC2=8, 所以0B=BC=2,则SA0ac=)0B.BC=)x2x2=2,所以SoaC=2N2 S oG=4N2, 2 故选A. 4.C【解析】对于A选项：若m⊥n,且nca,则m⊥a或m与a斜交或m∥a或mca, 故A错误；对于B选项：假设a∩B=1.因为mcau,ncB,m∥B,n∥a,所以m∥l, n∥l,所以m∥B,n∥a,但a∥B不成立，故B错误；对于C选项：显然正确；对于D 选项：若m∥a,n∥B,a∥B,则m∥n或m与n异面或相交，故D错误.故选C. 5.C【解析】设9位评委的原始评分按从小到大排列为x≤：2≤：≤x4≤…≤≤： 对于A选项：原始极差=，一，新的极差=一为2，可能相等，也可能变小，故A错误； 对于B选项：原始平均数=写++污++++，新平均数汉-+++ …+).因为平均数受极端值影响较大，所以x与x不一定相同，故B错误；对于C选项： 原始中位数为x,去掉最低分x和最高分后，剩余x2≤：≤x4≤…≤，中位数仍为x, 故C正确：对于D选项：原始方差s2-【6-x+(6-++%-1,新的方差 s2=2-2+(s-++-],由B易知，D错误.故选C. 6.B【解析】V=5x5x名=xV5BBBF,所以BEBF=35,故选B. 7.A【解析】样本空间2={(，2)，(：)(：2)，(：，3)，(：，z2),(2)(x22), (,)(x,22)04y2),04,z),,22),0y2,z),0y2,22),(名1,22)}，样本点的总数为15 个.A={(x,),(,z),(x2,2),(x2,z2),(y,z),0y2,z2)},样本点的总数为6个： B={(:,y2),(,22),(x2,),(x2,),04,22),0y2,)},样本点的总数为6个，且A与B 第1页共5页(QN) 互斥，所以P(AU)=P0+P(B)=6+5=4, 5+55,故选A 8.B【解析】因为a,b,c两两的夹角相等，故4，b,c两两的夹角为0或2元.因为a=b1=1, 3 |c|=3,所以川a+b-c2=(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2ac-2b.c.当a,b,c两 两的夹角为0时，a+b-cP-1,所以a+b-c=1:当a,b,c两两的夹角为2亚时， 3 |a+b-c2=16,所以1a+b-c=4.综上所述，|a+b-c=1或4，故选B. 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，有错选或不选的得0分) 题号 0 10 11 答案 BD ABD ACD 9,BD【解析】对于A选项：由2=2=，2(-1-) =-1-i,则z=-1+i,故A错 -1+i(-1+i0(-1-i) 误；对于B选项：复数z在复平面上对应的点为(-1，-1)，故B正确；对于C选项：复数z 的虚部为-1，故C错误；对于D选项：z·z=(-1-)(-1+i)=(-1)2-i2=2,故D正确. 故选BD. 10.ABD 【解析】对于A选项：因为a=(1,-1),所以a=√12+(-1)2=√2，故A正确； 对于B选项：csQ,0-1,所以(a,)=,所以a∥6，放B正确：对一 千C运项：因为-从=瓜，所以cma,-三，所以e,-景放C错误：对于D 选项：因为a⊥(a-b),所以a.(a-b)=0,所以ab=a2=2,所以a在b方向上的投影向 量为alcosa,6=b,故D正确.故选ABD. 11.ACD 【解析】对于A选项：由题意，得球0的半径R为1，故球0的体积为4红 3 故A正确；对于B选项：记圆柱的表面积为S.由题意，得圆O1的半径为1，则S=2π×12+ 2元×1×2=2元+4元=6元，故B错误；对于C选项：由O为EF的中点，记F到平面DCO的 11 距离为d,则Vc-pEr=VE-cpr=2V%-cps=2r-cp0=2×7 SADCO×d=2××与×2×2×d= 3 32 3de0,4 4 7 ,故C正确：对于D选项：过点O作OG⊥DO,垂足为G,则OG=1× 1 5 3 5=5 所以点O到平面DEF的距离ds5 记拔面圆半径为，则，=-乐≥厂写25 5 第2页共5页(QN) 当0G⊥平面DBF时取等号，所以截面圆的面积S血=4：，故D正确，故选ACD。 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 8π 万 12.3【解析】由题意，得a-b=(-2,2-y).因为a∥(a-b),所以4×(2-y)-2×(-2)=0, 所以y=3. 13.8元 【解折】因为4C=VBC2-B=2,所以R=P+(2P+(5 =√2，所以 2 S球=4元R2=4r×(N2)2=8元，所以外接球0的表面积为8π. 14.7 【解析】因为2sin2C=sin2A+sim2B-sin Asin B,所以2c2=a2+b2-ab.又因 4 a2+b2-a2+b2-ab 为c2=a2+b2-2 abcosC,所以cosC= 2- a2+b2+ab ab1 2ab Aab 4b4a4 3品名+子当且仅当品-名即a-6时，等号成立，所以血C=-cC≤ 4b 4a 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15.解：(1)由频率分布直方图可知，10a=1-10×(0.006+0.012+0.034+0.010+0.008), 解得a=0.030. …2分 该校初三学生跳绳个数的平均数约为x=160×0.06+170×0.12+180×0.34+190×0.3+ 200×0.1+210×0.08=185(个). …6分 (2)由频率分布直方图可知，[205,215]组的频率为0.08,195,205)组的频率为0.1， 所以第90百分位数位于[195,205)内. …8分 由195+0.08=203， …12分 0.01 所以估计获得“优秀证书”需要达到的跳绳个数约为203个. …13分 16.(1)证明：因为D,E分别为AB,PA的中点，所以DE为△PAB的中位线， 故DE∥PB. …2分 又PBt平面CDE,DEC平面CDE, …4分 所以PB∥平面CDE. …6分 (2)解：因为△ABC为等边三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB. 又PA⊥平面ABC,CDC平面ABC,所以PA⊥CD. …9分 因为PA∩AB=A,PA,ABc平面PAB,所以CD⊥平面PAB, 故∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角，设为O. …11分 因为PA=25,AC=-2,所以PC=4,CD=2x5_、 2=5, …13分 2 第3页共5页(QN) 所以sim6=3 …14分 即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 …15分 4 17.解：(1)由题意，得甲队得1分的概率R=2×4十2×42' 11,1.31 …3分 乙队得2分销概率月-号*号号 …6分 (2)设“乙队得分比甲队得分多”为事件A,事件A包括三种情况：乙队得1分甲队得0 分；乙队得2分甲队得0分；乙队得2分甲队得1分. …7分 人队得1分甲队得0分的度率月=号对×2片点 …9分 22(11-1 乙队得2分甲队得0分的概率B=号×号24)厂18 -X …11分 乙队得2分甲队得1分的概率R=乃×B=), 2 …13分 因此P()=R+P+P= 1,121 181893 …14分 1 所以乙队得分比甲队得分多的概率为三 …15分 3 18.解：(1)由题意，得2√5bcos24-=2 asin B+3bcos4, 2 整理，得V3b(1+cos)=2 asin B+√3 bcos4. …2分 由正弦定理，得√5 sin B(1+cosA)=2 sin Asin B+√5 sin BcosA. …3分 因为0<B<,所以2si血A=V5,所以血A= …4分 2 又0<A<元且A为钝角，所以A=2π …5分 3 (2)由题意，得√2 sin Bsin C=sinCsin2B,所以√2 sin BsinC=2 sin Csin Bcos B. 因为0<B<元，0<C<元，所以cosB= 2,所以B= …6分 41 由正弦定理4=b sin4 sinB’得b=2. …7分 由余弦定理a2=b2+c2-2 becos A,得c2+2c-2=0(c>0), 所以c=√5-1， …8分 所以s=2 besinA=x2xN5-)x5_3-5 …10分 2 2 222 (3)设c=0,则B-号-0. 第4页共5页(QN) 由正弦定理，得6 b 所以b=25smg0 …12分 2 b 在等腰三角形MAC中，AM=2 b …14分 cos0 2cos0 2c0s0 =V2x cos0、1 sinO 2 …15分 cos0 =V2 因为0<8< ,所以0<tan0<V5, 3 所以回之一劳 -tan 02 …17分 19.(1)①证明：在平面四边形ABCD中，因为AB LAC, 所以翻折后，在空间中，由KCL⊥AB,AC⊥AB,KC∩AC=C,可得AB⊥平面KAC.2分 又因为ABC平面ABC, 所以平面KAC⊥平面ABC. …3分 ②解：如图，过点A作A0LKC于点O,连接BO. 因为KC⊥AB,AO⊥KC,AB∩AO=A, 所以KC⊥平面ABO,所以KC⊥BO, 因此∠AOB为二面角A-CK-B的平面角. …5分 在△ACK中，AC=KC=2,∠CAK=30°，所以∠ACK=120°， 所以∠4c0=60°，A0=4C.sin60°=2x5-5. …6分 2 在R△MB0中，AB=2,A0=5,所以B0=V万，所以cos∠A0B=5- 7 ,7分 所以二面角A-CK-B的余弦值为 …8分 7 (2)解：由余弦定理，得AC⊥CD,所以AC⊥KC,平面KAC⊥平面ABC. 在四面体KABC中任选2条棱，共有15种情况，其中相互垂直的棱有5对： …10分 M4CLKC,KCLBC,KALAB,KCLB,BLAC故P=S打 …11分 从4个面中任选2个面，共有6种情况，其中相互垂直的面有3对： …13分 平面KAC⊥平面ABC,平面KBC⊥平面ABC,平面KAB⊥平面ACK,故B= 31 6=2 …14分 任选1个面和不在此面上的1条棱，先从4个平面中任选1个平面，共有4种情况，再从不 在此面上的3条棱中任选1条，有3种情况，故共有12种情况，其中满足垂直关系的有2 种：平面ACK和棱AB,平面ACB和棱CK,故B=2G, 21 …16分 所以E<<B· …17分 第5页共5页(QN)