精品解析：广东湛江市第一中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

湛江第一中学2025~2026学年度第二学期期末考试 高一数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案填在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第二册. 一、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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 袋子里装有三枚黑色棋子、三枚白色棋子，从中不放回地随机取出两枚棋子，那么互斥而不对立的事件是（ ） A. “至少有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” B. “都是白色棋子”与“都是黑色棋子” C. “恰好有一枚白色棋子”与“恰好有一枚黑色棋子” D. “至多有一枚白色棋子”与“至少有一枚黑色棋子” 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 14 C. D. 4. 湛江某中学某班有50名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组30人，B组20人，经过一个月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为85分，方差为5，B组的平均成绩为90分，方差为10，则在这次测试中全班学生成绩的方差为（ ） A. 13 B. 7.5 C. 15 D. 7 5. 为了测量乡村振兴示范村两座垂直于地面的环境监测塔顶端间的距离，某无人机测量小组构建了如图所示的几何模型．若无人机所在位置点C到A塔底部的水平距离为米，到B塔底部的水平距离为20米，无人机观测A塔顶端的仰角为，观测B塔顶端的仰角为，且两条观测线，之间的夹角为，则两座监测塔顶端之间的距离为（ ） A. 60米 B. 米 C. 米 D. 米 6. 三棱锥中，是边长为的等边三角形，，平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 连续抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有1，2，3，4，5，6的骰子两次，分别记录两次骰子正面朝上的点数，记事件A为“第一次正面朝上的点数为2”，事件B为“两次正面朝上的点数之和为6”，事件C为“第二次正面朝上的点数为偶数”，事件D为“两次正面朝上的点数之和为9”，则（ ） A. A与B相互独立 B. A与D相互独立 C. C与D相互独立 D. B与C相互独立 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，则（ ） A. z的共轭复数为 B. z的虚部为 C. D. z在复平面内所对应的点位于第二象限 10. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 11. 如图，正方体的棱长为，点是对角线上一个动点，在点从顶点移动到顶点的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 二面角的取值范围是 B. 直线与平面所成的角逐渐增大 C. 存在一个位置，使得平面 D. 点到平面的距离最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据：6，8，a，12，14的平均数为10，则该组数据的第40百分位数为______________． 13. 设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，若，，且与相互独立，则______________． 14. 如图，在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，______________． 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. 已知向量，，，． （1）若A，B，C三点共线，求实数m的值； （2）若四边形为矩形，求的值． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知． （1）求； （2）若点D为的中点，，，求的面积． 17. 高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，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）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ （2）年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； （3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 18. 如图，在梯形中，，，，E为的中点，将沿翻折至的位置，使点D落在点P的位置，且，M为的中点，F，G分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的正弦值． 19. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则；如图②，在平面四边形中，，，；如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为． （1）当时，求线段的长度； （2）当时，求的值； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江第一中学2025~2026学年度第二学期期末考试 高一数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案填在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：人教A版必修第二册. 一、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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的除法可得，再由复数的几何意义可得. 【详解】由，得. 所以． 2. 袋子里装有三枚黑色棋子、三枚白色棋子，从中不放回地随机取出两枚棋子，那么互斥而不对立的事件是（ ） A. “至少有一枚白色棋子”与“都是黑色棋子” B. “都是白色棋子”与“都是黑色棋子” C. “恰好有一枚白色棋子”与“恰好有一枚黑色棋子” D. “至多有一枚白色棋子”与“至少有一枚黑色棋子” 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的概念，逐一判断各个选项可解答. 【详解】设事件A为“两枚都是黑色棋子”，事件B为“恰好有一枚白色棋子”，事件C为“两枚都是白色棋子”， 对于选项A：因为“至少有一枚白色棋子”包含事件B和事件C， “都是黑色棋子”为事件A， 则这两个事件不能同时发生，且并集是全集， 所以这两个事件是对立事件，故选项A不满足； 对于选项B，因为“都是白色棋子”为事件C，“都是黑色棋子”为事件A， 所以这两个事件不能同时发生，且并集不是全集（缺少事件B），是互斥而不对立事件，故选项B满足； 对于选项C，因为“恰好有一枚白色棋子”为事件B，“恰好有一枚黑色棋子”也为事件B， 所以这两个事件是同一个事件，能同时发生，不是互斥事件，故选项C不满足； 对于选项D，因为“至多有一枚白色棋子”包含事件A、事件B，“至少有一枚黑色棋子”也包含事件A、事件B， 所以这两个事件都包含事件A、事件B，能同时发生，不是互斥事件，故选项D不满足． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 14 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，，，所以，解得，故. 4. 湛江某中学某班有50名学生成立了A、B两个数学兴趣小组，A组30人，B组20人，经过一个月的强化培训后进行了一次测试，在该次测试中，A组的平均成绩为85分，方差为5，B组的平均成绩为90分，方差为10，则在这次测试中全班学生成绩的方差为（ ） A. 13 B. 7.5 C. 15 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样的方差公式计算即可. 【详解】由题意知全班学生成绩的平均数为， 则全班学生成绩的方差为． 5. 为了测量乡村振兴示范村两座垂直于地面的环境监测塔顶端间的距离，某无人机测量小组构建了如图所示的几何模型．若无人机所在位置点C到A塔底部的水平距离为米，到B塔底部的水平距离为20米，无人机观测A塔顶端的仰角为，观测B塔顶端的仰角为，且两条观测线，之间的夹角为，则两座监测塔顶端之间的距离为（ ） A. 60米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】利用直角三角形及余弦定理计算即可. 【详解】由题意可得，（米），（米）， 所以由余弦定理得， 即，（米）． 6. 三棱锥中，是边长为的等边三角形，，平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定和的外接圆圆心和半径，再根据平面平面和球的性质求出球的半径，利用球的表面积公式即可求解. 【详解】取中点，等边三角形的高， 设是等边三角形的中心，是等腰三角形的外心， 则等边三角形的外接圆半径为，所以， 在中，由余弦定理得，所以， 由正弦定理得等腰三角形的外接圆半径为，所以， 设O是三棱锥的外接球的球心，R是外接球的半径， 因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面， ，平面，所以平面， 由球的性质知平面，平面，所以， 所以在中，由勾股定理得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 7. 连续抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有1，2，3，4，5，6的骰子两次，分别记录两次骰子正面朝上的点数，记事件A为“第一次正面朝上的点数为2”，事件B为“两次正面朝上的点数之和为6”，事件C为“第二次正面朝上的点数为偶数”，事件D为“两次正面朝上的点数之和为9”，则（ ） A. A与B相互独立 B. A与D相互独立 C. C与D相互独立 D. B与C相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据事件独立性定义，分别计算各选项中与的值并比较，从而确定各选项中事件是否相互独立. 【详解】根据题意得，，， ，， 对于A，，，故A错误， 对于B，，，故B错误， 对于C，，， 满足，故C正确， 对于D，，，故D错误． 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形面积公式，余弦定理 化简，求得，最后用正弦定理把转化为函数求解取值范围. 【详解】， 又， 所以，即，即，由于，所以， 由正弦定理可知,，， 由于， 所以， 设，则，， 由于函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时，， 所以，的取值范围为． 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. 已知复数，则（ ） A. z的共轭复数为 B. z的虚部为 C. D. z在复平面内所对应的点位于第二象限 【答案】AD 【解析】 【详解】． 对于A，的共轭复数为，故A正确； 对于B，的虚部为2，不是，故B错误； 对于C，先求，，，，故C错误； 对于D，z对应复平面内的点为，位于第二象限，故D正确． 10. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，分别把、、当作直线m、n、l，显然，故A错误； 对于B，，，则，故B正确； 对于C，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故C错误； 对于D，根据面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面， 所以已知，，且，可得，故D正确． 11. 如图，正方体的棱长为，点是对角线上一个动点，在点从顶点移动到顶点的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 二面角的取值范围是 B. 直线与平面所成的角逐渐增大 C. 存在一个位置，使得平面 D. 点到平面的距离最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】连接交于点，取线段的中点，连接、，推导出二面角所成角等于，分析的变化趋势，可判断A选项；过点在直线上的射影点为，连接，分析可知直线与平面所成角为或其补角，分析的变化趋势，可判断B选项；结合B选项可判断C选项；取的中点，则为该正方体外接球球心，利用球的几何性质结合等体积法可判断D选项. 【详解】对于A，连接交于点，取线段的中点，连接、， 因为四边形为正方形，，则为的中点，且， 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，所以， 因为、分别为、的中点，所以，则， 故二面角所成角等于， 当点与点重合时，， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 故当点与点重合时，，此时， 所以当点从点到点移动的过程中，二面角的大小从逐渐减为， 当点从点移动到点的过程中，二面角的大小从逐渐增大为（锐角）， 因此二面角的取值范围是，故A正确； 对于B，点在直线上的射影点为，连接， 由A选项可知，平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为或其补角，如下图所示： 过点在平面内作，垂足为点， 当点从点到点运动的过程中，逐渐减小，此时， 此时直线与平面所成角为，即直线与平面所成角逐渐增大， 当点从点到点运动的过程中，此时， 此时直线与平面所成角逐渐减小， 综上所述，直线与平面所成角先增大后减小，故B错误； 对于C，由B选项可知，当点与点重合时，直线与平面所成角为， 此时平面，即存在一个位置，使得平面，故C正确； 对于D，取的中点，则为该正方体外接球球心， 由正方体的几何性质可知，球的半径为， 设点到平面的距离为， 由球的几何性质可知，球上一点到平面距离的最大值为， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 故当点与点重合时，点到平面的距离取到最大值， 设点到平面的距离为，易知三棱锥是棱长为的正四面体， ， ，，解得， 故点到平面的距离的最大值为，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据：6，8，a，12，14的平均数为10，则该组数据的第40百分位数为______________． 【答案】9 【解析】 【详解】解析：由题意可得，解得， 将数据按升序排列为6，8，10，12，14， 因为，所以该组数据的第40百分位数为． 13. 设是一个随机试验中的两个事件，记为事件的对立事件，若，，且与相互独立，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】直接由对立事件，相互独立事件及概率的加法公式计算可得. 【详解】因为，所以. 又与相互独立，且，所以， 所以． 因此. 14. 如图，在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，______________． 【答案】## 【解析】 【分析】连接，设，再连接，利用线面平行的性质推导出为的中点，再结合锥体的体积公式计算即可. 【详解】如图，连接，设，再连接， 因为四棱锥为正四棱锥，则四边形为正方形， 又因为，则为的中点． 因为平面，平面，平面平面， 所以，则为中点， 所以， 又因为，则， 所以． 因为，则， 故． 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. 已知向量，，，． （1）若A，B，C三点共线，求实数m的值； （2）若四边形为矩形，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三点共线即向量平行求参数. （2）利用向量平行和垂直的坐标运算求解. 【小问1详解】 向量，，， 所以，， 由A，B，C三点共线知， 即， 解得． 【小问2详解】 由，， ，， 若四边形为矩形，则， 即，解得． 由，得， 解得，， 所以． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知． （1）求； （2）若点D为的中点，，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由及正弦定理得，所以，通过三角恒等代换求得; (2)在与在中两次使用余弦定理，得到，再在中使用余弦定理求出，最后再求得的面积. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 所以，即， 因为，，所以， 所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 则， 在中，由余弦定理得，即， 所以， 又，，所以， 所以． 17. 高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，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）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ （2）年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； （3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 【答案】（1）73分合理； （2）90；38.75 （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据频率比值求，再根据频率和为1求，再根据频率计算百分位数，即可求解的值； （2）代入样本平均数和方差公式，即可求解； （3）首先根据独立事件概率公式求乙，丙2人回答正确问题的概率，再结合对立事件概率公式，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半， 所以， 又，解得， 所以，， 择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数， 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第60百分位数为， 则，解得， 所以晋级分数线划为73分合理； 【小问2详解】 设该小组10位学生的分数分别为，因为， 所以， 所以， 所以， 剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为， 平均数与标准差分别为，， 则剩余8个分数的平均数：， 方差：； 【小问3详解】 记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件， 则，解得， 由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是， 则 即． 所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和． 有0人回答正确的概率， 有1人回答正确的概率为 所以不少于2人回答正确这道题的概率． 18. 如图，在梯形中，，，，E为的中点，将沿翻折至的位置，使点D落在点P的位置，且，M为的中点，F，G分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：在梯形中，，，，E为的中点， 所以，且，则四边形为平行四边形， 结合，则平行四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为F为的中点，故，． 同理，四边形为菱形，为等边三角形，，． 在中，，，又，则，所以． 因为，，平面，所以平面， 又平面，故平面平面． （2）证明：因为F，G分别为，的中点，四边形为菱形， 所以，且，则四边形为平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． 因为M为的中点，G为的中点，所以为的中位线，故． 又平面，平面，所以平面． 因为平面，平面，且，故平面平面 （3） 【解析】 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明平面，从而推出平面平面. （2）先证四边形是平行四边形，得出平面，再由中位线定理得平面，最后根据面面平行判定定理得到平面 平面. （3）先由线线垂直证得线面垂直，进而得到更多线线垂直，求出相关线段长，再用等面积法求，等体积法求点到面距离，最后根据和求二面角正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面． 又，所以平面，又平面，则， 所以，且M为的中点，则． 在中，，，则， 又，所以． 如图，过M作于点H， 由等面积法可知，． 在中，，，则边的高为． 设点M到平面的距离为d， 则， 所以，所以． 设二面角的大小为，则， 故二面角的正弦值为． 19. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则；如图②，在平面四边形中，，，；如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为． （1）当时，求线段的长度； （2）当时，求的值； （3）求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先进行平面三角形计算，再根据翻折分析性质，结合三面角余弦定理和余弦定理计算的结果； （2）设，在三面角中，应用三面角余弦定理，代入已知角，整理出的表达式，代入特殊条件计算的结果； （3）由（2）的表达式结合三角换元化简表达式，用基本不等式求最小值； 【小问1详解】 由题可知，在中，由得， 故，， 又因为，所以， 于是在等腰中，， 翻折保持边长与角度不变，因此在中，，， 且， 在三面角中，应用三面角余弦定理， 得， 代入得， 当时，，在中，，， 则， 因此． 【小问2详解】 设，在三面角中，应用三面角余弦定理， 得， 即，代入化简得， 从而，若，则，代入上式得． 【小问3详解】 由（2）知，，， 令，则，， 于是， 由基本不等式，， 当且仅当，即时取等号，此时可取得最小值， 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $