精品解析：河南三门峡市2025-2026学年高一下学期7月期末质量检测数学试题

2025—2026学年度下学期期末质量检测 高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 5．考试结束，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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，则复数的模是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的计算公式求解. 【详解】. 2. 高一（2）班有女生30人，男生20人，用分层抽样的方法从该班所有学生中抽取一个容量为10的样本，则男生应抽取（ ） A. 3人 B. 4人 C. 5人 D. 6人 【答案】B 【解析】 【详解】男生应抽取的人数为：. 3. 设向量，，则下列正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：直接求出，即可判断；对于B：先求出，即可判断出不成立；对于C：利用向量的夹角公式求出，即可判断；对于D：先求出，即可判断出. 【详解】向量，. 对于A：，，所以.故A错误； 对于B：，，所以，所以不成立.故B错误； 对于C：因为，且， 所以.故C错误； 对于D：，，所以，所以.故D正确. 故选：D 4. 甲、乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知甲投中的概率为，乙投中的概率为，所以甲没投中的概率为，乙没投中的概率为. 由于甲乙两人投篮是否投中互不影响，即事件与相互独立，可得甲投中乙没投中的概率为. 同理，事件与相互独立，所以甲没投中乙投中的概率为. “只有一人投中”包含“甲投中乙没投中”和“甲没投中乙投中”这两个互斥事件，所以只有一人投中的概率. 5. 在中，，，所对的边分别为，，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由余弦定理，， 又为三角形内角，所以. 所以. 6. “阿基米德多面体”也称半正多面体，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．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将该多面体补形为正方体，得到经过该多面体的各个顶点的球为正方体 的棱切球，求出该正方体的边长，求出棱切球的半径，得到表面积. 【详解】将该多面体补形为正方体，则有，， 所以由勾股定理得：，所以正方体的边长为， 所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为， 故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为 7. 在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，四边形为正方形，则到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交于点，可得正三棱锥，证明得，所以正三棱锥为四面体，求点到平面的距离即可得解. 【详解】在正三棱台中，延长交于点， 则可得正三棱锥， 四边形为正方形，则， 由于，又，所以为中点， 又为棱的中点，所以，则， 所以正三棱锥为四面体， 则到平面的距离等于点到平面的距离， 设点在平面的射影为点， 则，所以， 即到平面的距离为. 8. 在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即， 故选：D. 二、多选题：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. 有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本极差相同 C. 两组样本数据的样本中位数相同 D. 两组样本数据的样本标准差相同 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数、极差、中位数和标准差的定义判断. 【详解】，故A错； 设，则两组样本数据的样本极差都为，故B正确； 若原样本数据的中位数为，则新样本数据的中位数为，故C错； ，故D正确. 故选：BD. 10. 下列关于各事件发生的概率判断正确的是（ ） A. 从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为 B. 四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是 C. 一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为 D. 已知集合，，在集合中任取一个元素，则该元素是集合中的元素的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合古典概型的概率计算公式对各选项依次判断即可. 【详解】对于A，从甲、乙、丙三人中任选两人有（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），共3种情况，其中，甲被选中的情况有2种，故甲被选中的概率为，故A正确； 对于B，从四条长度各异的线段中任取一条，每条被取出的可能性均相等，所以该试验属于古典概型.又所有基本事件包括，，，四种情况，而能构成三角形的基本事件只有一种情况，所以所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是，故B正确；对于C，该树枝的树梢有6处，有2处能找1到食物，所以获得食物的概率为，故C.正确； 对于D，因为，，所以由古典概型的概率公式得，所求的概率是，故D错误. 故选ABC. 【点睛】本题考查的是古典概型，熟练掌握古典概型的概率计算公式是解题的关键． 11. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明平面，即可判断，对于B，若，则，连接，为的中点，证明，设，，求，推出矛盾，对于C，根据线面垂直判定定理证明结论即可判断，对于D，证明，，由此即可判断. 【详解】对于A，取的中点D，连接，. 在中，P，D分别为，中点， ，且. 在直三棱柱中，，. Q为棱的中点，，且. ，. 四边形为平行四边形，从而. 又平面，平面，平面，A正确， 对于B，因为为的中点，若，则， 连接，为的中点，则，又平面， 所以平面，平面， 所以，设，， 则，， 所以，，与矛盾， 所以不成立，B错误， 对于C，在直三棱柱中，平面. 又平面，.，D为中点，. 由选项A的推理知，，. 又，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为为的中点，四边形为矩形， 所以点为的中点，又为的中点， 所以，且， 又分别为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，故与相交，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数与分别对应向量与，其中为坐标原点，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知：，， 则. 13. 将边长为 2 的正方形 沿对角线 折起，使折起后 ，则二面角 的大小为_____. 【答案】 【解析】 【详解】如图，取中点，连接，则，，所以是所求二面角的平面角， 因为，， 在中，由余弦定理得， 所以，即二面角的大小为. 14. 已知在中，，，，在的延长线上，，，若，则__________；__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】对①，在中，已知两边和，先用余弦定理求出，再用余弦定理直接计算；对②，结合平行线性质和正弦定理求出的长度，再在中用余弦定理求出，最后利用，由勾股定理计算. 【详解】对①：在中，已知，，，  所以，得， 所以； 对②：D在延长线上，，故， 得； 由，得，故， 在中，由正弦定理：，得， 因为，为直角三角形， 由勾股定理： . 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，在圆锥中，已知，圆的直径，是弧上的点（点不与､重合），为中点 (1)求圆锥的侧面积； (2)证明:平面平面. 【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】 【分析】 (1)求得母线长再用圆锥侧面积公式求解即可. (2)证明与进而得到平面即可. 【详解】（1）∵,底面半径,∴母线. ∴. （2）∵,是中点,∴.又∵,是中点, ∴.又,∴平面.∵平面, ∴平面平面. 【点睛】本题主要考查了圆锥的侧面积公式与面面垂直的证明,证明面面垂直时重点找到线面垂直的关系,属于基础题. 16. 每年3月是中辉中学的“数学节”，在本次数学节中高三年级举行了一次“数学文化知识竞赛”．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方为第2组和第4组频数的积．请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）求，的值； （2）从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率． 【答案】（1），． （2） 【解析】 【小问1详解】 由频率直方图的性质得，，化简可得， 已知第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积，设样本容量为， 则，解得，代入得，． 【小问2详解】 样本数据在组频率为：， 样本数据在组频率为：， 两组频数比为：，分层抽取6人， 则从组抽取4人，记为，，，，组抽取2人，记为， 从6人中选2人，总共抽法为：，，，，，，，，，，，，，，，共计15种； 两人来自不同小组的结果为：，，，，，，，，共计8种，故概率为：． 17. 在中，，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的面积为． ①求证：； ②求的周长． 【答案】（1） （2）①因为， 所以，， 由正弦定理得 所以． ②． 【解析】 【分析】化简后根据余弦定理计算即可； ①化简后根据正弦定理计算即可； ②根据三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 由得，即， 由余弦定理可得. 【小问2详解】 ①略 ②因为， 得到，则，结合（1）有 所以，解得， 故周长为． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得，，，相互独立，且，，，． 记事件“乙恰好有一轮胜出”，则，又互斥， 所以，当时， . 因此，当时，乙恰好有一轮胜出的概率为. 【小问2详解】 ①事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 则，解得，． ②事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ，， 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，，记与平面所成角为，求的最大值. 【答案】（1）证明：连接，设，连接. 因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）证明：取的中点，连结， 由中位线性质可得，且，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面， 因为平面平面， 所以平面//平面；. 又平面, 所以//平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）取的中点,通过证明平面以及平面可得面面平行，即可求证； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值。 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故. 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以 【点睛】线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期期末质量检测 高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 5．考试结束，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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，则复数的模是（ ） A. B. C. D. 2. 高一（2）班有女生30人，男生20人，用分层抽样的方法从该班所有学生中抽取一个容量为10的样本，则男生应抽取（ ） A. 3人 B. 4人 C. 5人 D. 6人 3. 设向量，，则下列正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 4. 甲、乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，所对的边分别为，，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. “阿基米德多面体”也称半正多面体，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．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，四边形为正方形，则到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本极差相同 C. 两组样本数据的样本中位数相同 D. 两组样本数据的样本标准差相同 10. 下列关于各事件发生的概率判断正确的是（ ） A. 从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为 B. 四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是 C. 一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为 D. 已知集合，，在集合中任取一个元素，则该元素是集合中的元素的概率为 11. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数与分别对应向量与，其中为坐标原点，则__________． 13. 将边长为 2 的正方形 沿对角线 折起，使折起后 ，则二面角 的大小为_____. 14. 已知在中，，，，在的延长线上，，，若，则__________；__________． 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，在圆锥中，已知，圆的直径，是弧上的点（点不与､重合），为中点 (1)求圆锥的侧面积； (2)证明:平面平面. 16. 每年3月是中辉中学的“数学节”，在本次数学节中高三年级举行了一次“数学文化知识竞赛”．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方为第2组和第4组频数的积．请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）求，的值； （2）从样本数据在，两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率． 17. 在中，，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，的面积为． ①求证：； ②求的周长． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，，记与平面所成角为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $