山西长治市联考2025-2026学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

高一数学试题答案与评分标准 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 题号 1 3 4 5 6 8 答案 B B 解析： 5.由已知∠BCD=75°，∠BDC=45°，CD=50米，故∠CBD=60°， 50 BC sim∠CBDsin∠BDc,即V5V2,解得Bc=502 所以 CD BC 22 又因为在点C测得塔顶A的仰角为60，即∠ACB=60°， 所以在RABC中，AB=BCan∠ACB=50W2 3 tan60°=50迈. 故选：A 6.详解：A.o∥B,mc,ncB,m、n可能平行或异面，故A错误 B.若m⊥n,mc,ncB,则o,B可能平行，可能相交，故B错误 C.因为m⊥o,mlWn,所以n⊥a,又因为n⊥B,所以ol∥B D.若m⊥a,ncB,⊥n,则o,B可能平行，可能相交，故D错误 7.依次不放回摸出两张卡牌的样本空间2={12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43}， 事件A={12,13,14,31,32,34,B={14,23,32,41},C={12,21,23,24,32,42} 对于A,P(C=号=A错误； 对FB,PM=合-子P(回)-音-，PM)-品=言则PMB)=P(④P(B), 因此事件A与事件B相互独立，B正确： 对打C,P4+B)=P(A+P(8)-P(4B)=+=C错误： 对于D,当摸出的两张卡牌编号为2,3时，事件B与事件C同时发生， 因此事件B与事件C不为互斥事件，D错误。 8.a=λe1+e2b=3e1-2e2, 因为a=b1,所以2=b2. P=aet22=2e2+2ee2+2=×1+2x5+12=2+1+1, b=601-2e,=9e-12e1e,t4e,=9x1-12×3+4×1=9-6+4=7, 由2+1+1=7，即2+1-6=0， 解得λ=-3或λ=2. 个是正确的。 二.多项选择题：本题共三小题，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 选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 ABD ACD ABD 1+3i 9.z= 1+31-_4+21=2+i 1+i (1+i1-) 2 A:z的虚部为1，正确 B:z的共轭复数为2-i,正确 C:=V5,错误 D:由根与系数的关系z+五=4,2·2=5，正确 10.根据平行四边形法则AB+AC=AB+BD=AD=2AO,即AD=2AO, 所以O为AD的中点，即O为AD与BC的交点， 所以O为BC的中点，所以B,O,C三点共线，故A正确； 因为O为△ABC的外接圆圆心，所以BC为圆O的直径， 所以∠AAC=-90,所以AO-2BC, 又AO=AC,所以△AOC是等边三角形， 所以∠ACB=60°，∠ABC=30°故B错误； AB 在Rt△ABC中 tan60°，所以AE=√3Ad,故C正确： AC 作AE⊥BC于点E,则向量正为向量BA在向量BC上的投影向量， BA 因为 =sin60°， 所以-5p函-s0-风， BC 所以B丽=BC,即向量BA在向量BC上的投影向量为8C,故D正确， 11.解：选项A.因为FG/CD∥AB,所以AB∥平面EFG,选项A正确 选项B连接AD、AD,则AD⊥AD.又因为CD⊥平面4DDA,所以 CD⊥AD,又CD∩AD=D,所以AD⊥平面ACD,所以有ADLAC.同理AB⊥AC.易知 EG∥AD,FG∥AB,所以AC⊥EG,ACG⊥FG,又因为EG∩FG=G,所以AC⊥平面EFG.故选项B 正确 选项C拓展平面EFG所得截面是经过A,B,、B,B、BC、CD、DD、DA中点的正六边形，故选项C错误。 选项D.因为EG∥AD,所以AD∥平面配FG,选项A中AB∥平面EFG,又因为AD∩AB=A,所以 平面ABD∥平面EFG,因为BDC平面ABD,所以BD/平面EFG,所以M到平面EFG的距离为定值， 故选项D正确， 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.0.313.20m 12.由系统A与B相互独立得，两系统均发生故障的概率为0.2p 因为“至少有一个系统不发生故障”与“两系统均发生故障”互为对立事件， 故其概率为1-0.2p, 由题意得1-0.2p=0.94, 解得p=0.3. 13设底面外接圆半径为”，正三棱柱外接球的半径为R, 则 AB 23 =4 sin60°√5 ,解得r=2, 2 AA R二 2 =√4+1=√5， 则其外接球表面积为4πR2=20元. 14.因为c=b+2 bcosA,所以由正弦定理得sinC=sinB+2 sin B cosA, 又sinC=sin(A+B),所以sin(A+B)=sinB+2 sin B cos A, sin Acos B+sin B cos A=sin B+2sin B cos A, 整理得sin AcosB-sin B cosA=simB,即sin(A-B)=sinB. 因为A,B,C均为锐角，所以A-B=B,即A=2B, 又A+B+C=π，所以C=π-3B. 0<A< 2 0<2B< 2 因为A,B,C均为锐角，所以0<B< 左即0B号，解得产 6 4 0<C< 2 0<x-3B< 由正弦定理得b_sinB sinB 1 a sinA sin2B 2cos B 因为B∈ππ〉 (6’4 所以csB∈（停9）， b 所 32 a 2cos B 32 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.(1)第三组的频率为1-(0.020+0.025+0.030+0.035+0.050)×5=0.200(2分) ÷Q=020=0.040,3分） 众数为85+90=87.5,4分） 2 又第一组的频率为0.025×5=0.125，第二组的频率为0.035×5=0.175，第三组的频率为0.200， ∴.前三组的频率之和为0.125+0.175+0.200=0.500， 这200名业主评分的中位数为85；(6分) (2)由频率分布直方图，知评分在[90,95)的人数与评分在[95,100]的人数的比值为3：2， ∴采用分层抽样法抽取5人，评分在[90,95)的有3人，评分在[95,100]有2人，(8分) 设评分在[90,95)的3人分别为A1,A2,A3;评分在[95,100]的2人分别为B1,B2, 从5人中任选2人的所有可能情况共10种：{A1,A2},{A1,A3},{A1,B1},{A1,B2},{A2,A3},{A2,B1},{A2,B2}, {A3,B1},{A3,B2},{B1,B2}, 其中选取的2人中至少有1人的评分在[95,100]的情况有：{A1,B1,{A1,B2,{A2,B1},{A2,B2},{A3,B1}, {A3,B2},{BB2共7种.(11分) 故这2人中至少有1人的评分在[95,100]的概率为P=乙 Γ10 .(13分)） 16.（1)证明：取PC的中点为G,连接FG、BG. :F为PD的中点FGIICD,FG=CD .(2分) 2 :E为AB的中点，底面ABCD是正方形 G BEII CD,BE=号CD …(3分）》 B .FGI∥BE且FG=BE .四边形BEFG是平行四边形 .（4分) ∴.EF∥BG …(5分)） ,·BGC平面PBC,EF丈平面PBC ∴.EF∥平面PBC .(7分)） (2)取AD的中点为O :侧面PAD是边长为1的正三角形 POLAD.PO-3 ·平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD .PO⊥平面ABCD .(10分)） E为AB的中点 1。 1 1 六a8=2Ss=4SE方cD= .（11分) 4 Vs-PBC-Vp.BRC …(13分) 1 -s8c=3 x×P0= 11V3V5 34224 …（15分) 17.（1)已知a2+c2-√2ac=b2,由余弦定理得：b2=2+c2-2 accosB,(2分) a2+c2-2accosB =a2+c2-2ac,........(4) 化简得cosB= ,又0°<B<180°，故B=45;(6分) 2 (2)由(1)知A=180°-B-C=180°-45°-75°=60°，(7分) 2x3 由正弦定理 得a= bsinA2.sim60° sin sinB sinB sin45 2-√6.10分） 2 因为sin75°=sim(45°+30°)=simn45co930°+c05450sin30°-√6+V2 (13分)） 4 所以s=)absinC=,×V6x2sim75=V6x6+v巨_3+E …(15分）》 4 2 18.()证明：在折叠过程中，EF⊥AE,EF⊥EB 又因为AE∩EB=E,所以EF⊥平面AEB,所以EF⊥EG…(1分) 图1中，E、F分别为AB、CD的中点，则EF∥AD,所以EG⊥AD…(2分) 在△4EB中，AE=EB,点G为AB的中点，所以EG⊥AB…（3分) 又因为AB∩AD=A,所以EG⊥平面ABCD.(4分) A 所以EG⊥N…(5分) (2)因为EF⊥AE,EF⊥EB,平面AEFD∩平面BCFE=EF 所以∠AEB是二面角A-EF-B的平面角 所以A8-5 .(6分) 图2) (i)连接GM 由(1)知，EG⊥平面ABCD 所以，∠EMG为EM与面ABCD所成的角..(7分) 在R4EB中，AB=BEB=1,所以EG-V2 …（8分) 在RIAEBM中，EB=BM=I,所以EM=VEB2+BM=√2 …(9分） √5 EG 2 1 在RIAEGM中，Sin∠EMG= …(10分)） 因为∠EMGE孕，所以∠BMG 6 …(（11分) (i)在△EMF中，EM=MF=√2，EF=2 所以EM+MF2=EF2即EM⊥MF.（12分) 直二面角A-EF-B中，平面AEFD∩平面BCFE=EF,DF⊥EF 所以，DF⊥平面BCFE.（14分) 所以，DF⊥EM.(15分) 又因为DF∩MF=F,所以EM⊥平面DFM…(16分) EMC平面EMN 所以平面EMN⊥平面DFM.（17分) 19.解：(1)设“甲答对”为A,“乙答对”为B,甲第4题获胜， 需前4题甲得连续两枚章且满足规则 甲第1题对（A)乙第2题对（B)、甲第3题对（A入、乙第4题错(B),…(2分) 则第4个问题甲获胜的概率P=P(A)P(B)P(A)P⑧) =×x×1-)=×x×写0(4分) 2)(i)甲在两个模块答对个数： 答对1个：P(C)=PA4)+PM42)=×1-)+(1-)×子-×年+×= 答对2个：PC2)=PA1A)=×是=(6分) 乙在两个模块答对个数： 答对1个：PD)=P(B)+P(⑧B)=×(1-)+(1-)×号-号×+×号= 答对2个：PD2)=P(B1B,)=号x号-专.(8分） 共得3枚章，分甲1乙2、甲2乙1两种互斥情况， 则甲、乙共获得3枚印章的概率P=P(CD)+P(C,D)=×+×号-号+名0… (ⅱ)设甲模块1答对概率，模块2答对概率p;乙模块1答对概率，模块2答对概率q. 甲得0章：P(Co)=(1-)(1-p)=1-p): 乙得1章：PD)=1-q)+(1-)9=号9： 甲得2章：P(C2)=p; 乙得2章：P(D2)=子q..(13分） 庙a正品得p眼q6分 p×q=0 “至少一人得章”对立事件是“两人都不得章”， 两人都不得章概率：PCD)=1-)×1-)1-)=×号××=高 敬至少一人得章减率P=1--器(17分) (50I)…长治市2025-2026学年度高一年级期末质量监测 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚。 2全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上。 4考试结束后，将答题卡交回。 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，只有一个是正确的。 1.已知a,b∈R,a-3i=b+i（i为虚数单位)，则a+b=() A.-3 B.-4 C.1 D.3 2.已知向量a=色x)b=(x,4),则x=2是a/b的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.在正方体ABCD-AB,CD,中，点E、F分别为BC、AD的中点，平面CD,FE将正方体截成两部分，这两 部分分别为() A.一个棱柱和一个棱台 B.一个棱锥和一个棱台 C.两个棱柱 D.两个棱台 4.已知数据x1,X2,…,X10的平均数为2，方差为3，那么数据3X1+2,3X2+2,…,3X10+2的平均数和方差 分别为（) A.2,3 B.8,9 C.8,27 D.6,12 5.如图，测量河对岸的可视塔底的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的 两个测量基点C与D,现测得∠BCD=75°，∠BDC=45°，CD=50米，在点C测得 塔顶A的仰角为60°，则塔高AB（) A.50√2 B.100W2 B C.50v5 D.100V3 6.设m、n是两条不同的直线，、B是两个不同的平面，则下列命题正确的有() A.若ax∥B,mcx,ncB,则m∥n B.若m⊥n,mc,ncB,则⊥B C.若m⊥c,n⊥B,m∥n,则a∥B D.若m⊥a,ncB,m⊥n,则⊥B 7.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1,2,3,4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两 张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件C= “摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（) 高一数学第1页（共4页) A.P(C)=号 B.事件A与事件B相互独立 C.P(A+)= D.事件B与事件C为互斥事件 8.如图，由平面内两条相交成60°角的数轴Om,On构成的坐标系，称为“完美坐标系”，设e,e2分别 为Om,On正方向上的单位向量，若向量OP=me+ne2,则把实数对(m,n)叫做向量OP的“完美 坐标”向量a,6的完美坐标分别是(2,1)，3，-2)，若日=同，则2) A.2或-3 B.2或3 C.-3或2 D.-2或-3 An 二.多项选择题：本题共三小题，每小题6分，共8分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求， 全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 1+3i 9.已知复数z= （i为虚数单位)，则() 1+i A.z的虚部为1 B.z的共轭复数为2-i C.4=3 D.z与z是方程x2-4x+5=0的两个根 10已知0为AABC的外接圆圆心，+AC=2A0,d-d, 下列说法正确的是() A.B,O,C三点共线 B.B=60 C.AB=3AC D.向量BA在向量BC上的投影向量为BC 11.正方体ABCD-AB,CD中，点E、F、G分别为AB、DD、DC的中点，判断下列结论正确的 是() A.AB∥平面配FG B.AC⊥平面EFG C,平面EFG截正方体所得的截面为五边形 D,M为线段BD上的任意一点，M到平面配FG的距离为定值 高一数学第2页（共4页) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某电于设备有两套相互独立的供电系统A和B,在时间T内系统A和系统B发生故障的概率分别为0.2和p若 在时间T内至少有一个系统不发生故障的概率为0.94，则p= 13.已知正三棱柱ABC-AB,C,AB=2W3,AA=2,则其外接球表面积为 14,在锐角三角形ABC中，角度A,B,C所对的边分别为a,bc,且c=b+2bc0sA,则的取值范围是 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.(13分)某市开展主题为“贯彻新发展理念，建设节水型城市”的用水宣传周活动，为了解活动开展成效， 某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了200名业主进行节约用水调查评分，将得 到的分数分成6组：[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90)，[90,95)，[95,100]，得到如图所示的频率分布 直方图. 个频率/组距 0.050--- 0.020 0707580859095100分数 (1)求a的值，并估计这200名业主评分的众数和中位数； (2)若先用按比例分配的分层随机抽样的方法从评分在[90,95)和[95,100]的业主中抽取5人，然后再从抽出的这 5位业主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1人的评分在[95,100]的概率 16.（15分)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD是正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD, 已知AB=1,E、F分别为AB、PD的中点. (1)证明：EF∥平面PBC (2)求三棱锥E-PBC的体积. B 17.（15分)在△ABC中，角ABC的对边分别为abc,且a2+c2-√2ac=b2, (1)求角B; (②)若C=75°，b=2,求边a和三角形ABC的面积 18.（17分)在边长为2的正方形ABCD中（图1），E、F分别为AB、CD的中点，将四边形AEFD沿EF向上折 高一数学第3页（共4页) 起，形成二面角A-EF-B,M为BC的中点，N在AD上运动.在图2中，连接AB、CD,其中点G为 AB的中点. G E B M (图1)》 (图2) (1)证明：EG⊥MN: (2)当二面角A-EF-B为直二面角时 (i)求直线EM与面ABCD所成的角； （iⅱ)证明：平面EMN⊥平面DMF. 19.(17分)在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛，题目选自模块1或模块2.已知在模 块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为、子，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为 p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响，每个人在各模块中的结果也互不影响， (①)若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该 选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章，连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答 第2题，依次轮流答题，求到第4个问题甲获胜的概率， (②)在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章， 答错者不获得印章的同时对手也不获得印章 (1)若p=q=子，求甲、乙共获得3枚印章的概率； (ⅱ)若甲没有获得印章，且乙获得1枚印章的概率为品，两人都获得两枚印章的概率为品求甲、乙 至少有1人获得印章的概率. 高一数学第4页（共4页）