精品解析：四川眉山市2025-2026学年高一第二学期期末教学质量监测数学试题

高2028届第二学期期末教学质量监测 数学试题卷 2026.07 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点 A. 向左平行移动个单位长度 B. 向右平行移动个单位长度 C. 向左平行移动个单位长度 D. 向右平行移动个单位长度 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 已知点，，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 折扇始于宋元、盛行于明清，寓向善之意，而扇面书画艺术于明清发展至巅峰．图1为故宫博物院藏明代文徵明的《兰花图》扇页，以金笺为底；水墨写意，格调高洁．若某扇页展开所得扇环恰为一圆台侧面展开图（图2），该扇环圆心角为，扇环外半径与内半径之差为，且圆台侧面积为，则圆台上底面半径与下底面半径之比为（ ） A. B. C. D. 7. 若正方形边长为2，是的中点，于点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，函数，若，则（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本数据1，2，2，2，4，4的众数是2 B. 甲、乙两人在5次射击训练中，射击成绩的平均数相等，方差分别为3.6和1.4，则这5次射击训练成绩较稳定的人是甲 C. 若甲、乙、丙三种产品的数量比为，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取丙产品15个，则样本容量为30 D. 若一组数据，，，的极差为6，方差为3，则数据，，，的极差和方差均为12 10. 已知复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 在复平面内，若对应的点位于第二象限，则 C. 若是的共轭复数，且与是实系数方程的两个虚数根，则 D. 若，且，则 11. 如图，在正三棱柱中，，是的中点，是上的动点，是的中点，是上靠近点的四等分点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 正三棱柱外接球的体积为 C. 当是的中点时，过点，，的平面截正三棱柱所得图形的面积为 D. 若点是上底面的一个动点，且直线与所成角为，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题．每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则向量与夹角的余弦值为__________． 13. 某景区的标志性建筑旁有一条南北走向的观景道，游客圆圆在观景道上的处测得在北偏东；继续沿观景道向北行走到达B处，又在处测得在南偏东，则从到观景道的最短距离为__________m． 14. 如图1，函数的图象与y轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角（图2），若折叠后，两点之间的距离为，则__________． 15. 为厚植学生家国情怀，普及航天发展成果．某校组织开展“航天知识挑战赛”、该挑战赛测试成绩满分为100分．为分析全体参赛学生的成绩状况，现随机抽取100名参赛学生的测试成绩作为样本；并将样本数据按照，，，分成4组，对应绘制得到如下所示的样本频率分布直方图． （1）求的值，并估计该校学生测试成绩的平均数； （2）学校计划给成绩排名前30%的学生颁发优秀奖，请根据样本数据，估计获奖学生的最低分数（精确到0.1）． 16. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，三棱锥的体积为，求二面角的平面角的大小. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，向量，，且． （1）求； （2）若点满足，且，，，求的值． 18. 如图，矩形所在平面与地面垂直，点在地面上，与地面所成的角为，，，点到地面的距离为． （1）若，，，求的值； （2）若，，求的最大值； （3）记函数，若，函数在上单调递增，求的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点，分别为棱，的中点，点在线段上． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）设直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2028届第二学期期末教学质量监测 数学试题卷 2026.07 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则将复数表示为一般形式，可得出该复数的虚部. 【详解】由，可得虚部为. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 3. 为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点 A. 向左平行移动个单位长度 B. 向右平行移动个单位长度 C. 向左平行移动个单位长度 D. 向右平行移动个单位长度 【答案】C 【解析】 【详解】根据左加右减的原则，为了得到函数的图象,只需把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度. 故答案为C． 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行得出线线关系判断A，C，D，结合线面垂直判定面面位置关系判断B. 【详解】，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面， 若，，则或异面，A选项错误； 若且，所以，又因为，则，B选项正确； 若，，，则可能成立，C选项错误； 若，，，，则可能成立，D选项错误； 5. 已知点，，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用投影向量的定义结合数量积的坐标公式计算求解. 【详解】因为点，，，所以， 则在上的投影向量的坐标为 6. 折扇始于宋元、盛行于明清，寓向善之意，而扇面书画艺术于明清发展至巅峰．图1为故宫博物院藏明代文徵明的《兰花图》扇页，以金笺为底；水墨写意，格调高洁．若某扇页展开所得扇环恰为一圆台侧面展开图（图2），该扇环圆心角为，扇环外半径与内半径之差为，且圆台侧面积为，则圆台上底面半径与下底面半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设扇环内半径为，外半径为，圆心角， 扇环面积等于圆台侧面积：，则， 已知，则，即， 解得， 又， 故． 7. 若正方形边长为2，是的中点，于点，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，求出各点坐标及E点坐标，逐一验证各选项即可 【详解】以A为坐标原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向建立平面直角坐标系： 则，，则， 设，则, 因为，所以，故， 因为E在直线上，所以存在唯一的实数使得，即， 即，即，所以，则， 对于A项，由，则，故A错误； 对于B项，，故，故B错误； 对于C项，，故C正确； 对于D项，，故D错误. 8. 已知，函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用得，通过换元法，结合二倍角公式计算求解． 【详解】由得，， 即， 令，则 由得， 所以， 故，， ． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 样本数据1，2，2，2，4，4的众数是2 B. 甲、乙两人在5次射击训练中，射击成绩的平均数相等，方差分别为3.6和1.4，则这5次射击训练成绩较稳定的人是甲 C. 若甲、乙、丙三种产品的数量比为，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取丙产品15个，则样本容量为30 D. 若一组数据，，，的极差为6，方差为3，则数据，，，的极差和方差均为12 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据众数的定义判断A，根据方差的性质判断B；根据分层抽样的定义判断C；根据极差和方差的定义计算判断D. 【详解】对于A，样本数据1，2，2，2，4，4的众数是2，故A正确； 对于B，因为， 所以射击成绩的平均数相等，方差分别为3.6和1.4，则这5次射击训练成绩较稳定的人是乙，故B错误； 对于C，设样本容量为，则，解得，故C正确； 对于D，设一组数据，，，的最大的数为，最小的数为，， 则数据，，，的最大数为，最小数为， 由题意可知，所以， 若一组数据，，，的方差为3，则数据，，，的方差为， 所以一组数据，，，的极差为6，方差为3，则数据，，，的极差和方差均为12，故D正确. 10. 已知复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 在复平面内，若对应的点位于第二象限，则 C. 若是的共轭复数，且与是实系数方程的两个虚数根，则 D. 若，且，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的模、复平面内点的坐标、实系数一元二次方程虚根的特征、复数相等条件以及二次函数值域求解，逐项验证判断. 【详解】选项A：当时，，根据复数模的计算公式，，A正确； 选项B：复平面内对应的点坐标为，第二象限的点满足实部小于0、虚部大于0， 即，取交集得 ,B正确; 选项C：实系数二次方程的虚根共轭，根据韦达定理，两根之和，得； 两根之积，即， C错误; 选项D：若，则对应实部、虚部分别相等：, 代入整理得：，令，则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，可得： 最大值为，最小值为，即，D错误. 11. 如图，在正三棱柱中，，是的中点，是上的动点，是的中点，是上靠近点的四等分点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 正三棱柱外接球的体积为 C. 当是的中点时，过点，，的平面截正三棱柱所得图形的面积为 D. 若点是上底面的一个动点，且直线与所成角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在中，由中位线可得到，从而判断A；根据正三棱柱外接球的半径、底面外接圆的半径，外接球球心到底面的距离构成直角三角形即可判断B；连接并延长交于点，连接，得到所截图形为，再利用，求出即可判断C；由题意可知点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，利用圆弧的弧长公式计算即可判断D. 【详解】对于A，如图所示，在中，是的中点，是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，由于底面正三角形的边长为，由正弦定理可知底面外接圆半径， 正三棱柱外接球的球心到底面的距离，由勾股定理可知，外接球的半径， 因此正三棱柱外接球的体积，故B错误； 对于C，连接并延长交于点，连接，则过点，，的平面截正三棱柱所得图形为， 在正三棱柱中，是的中点，所以，，， 由于交于点，所以平面，而平面，所以， 取的中点，连接，由于是上靠近点的四等分点，则点是的中点， 又是的中点，所以，， 是的中点，所以，所以，所以，所以， 所以，所以， 即过点，，的平面截正三棱柱所得图形的面积为，故C正确； 对于D，由题可知，点的轨迹是以为轴，母线与轴所成角为的圆锥的侧面与正三棱柱的表面的交线， 当在上底面上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 故点的轨迹长度为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题．每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则向量与夹角的余弦值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合数量积的运算律求出，再根据向量夹角的计算公式求解即可. 【详解】由可得：，则， 代入，得，解得. 由，代入得： . 13. 某景区的标志性建筑旁有一条南北走向的观景道，游客圆圆在观景道上的处测得在北偏东；继续沿观景道向北行走到达B处，又在处测得在南偏东，则从到观景道的最短距离为__________m． 【答案】 【解析】 【分析】先确定的内角得直角三角形，再利用等面积法求边上的高，即为C到观景道的最短距离. 【详解】由题意得， 在中，由内角和定理：，即为直角三角形， 则到观景道的最短距离为边上的高，记为. 在中，， 又因为，即， 所以. 14. 如图1，函数的图象与y轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角（图2），若折叠后，两点之间的距离为，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式，进而可求得的值. 【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接， 因为的最小正周期，所以， 又因为，所以， 当折成直二面角时，即平面平面， 因为，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，故， 所以， 解得（负值舍去），故， 因为，且，所以或， 又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则， 所以. 15. 为厚植学生家国情怀，普及航天发展成果．某校组织开展“航天知识挑战赛”、该挑战赛测试成绩满分为100分．为分析全体参赛学生的成绩状况，现随机抽取100名参赛学生的测试成绩作为样本；并将样本数据按照，，，分成4组，对应绘制得到如下所示的样本频率分布直方图． （1）求的值，并估计该校学生测试成绩的平均数； （2）学校计划给成绩排名前30%的学生颁发优秀奖，请根据样本数据，估计获奖学生的最低分数（精确到0.1）． 【答案】（1），平均数为分 （2）分 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质 求，再利用各组中值乘以对应频率之和估计平均数； （2）确定前对应的分位数位置，根据频率比例计算具体分数即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图性质可知， ，解得. 则各组频率分别为：的频率为， 的频率为， 的频率为 ， 的频率为 . 估计该校学生测试成绩的平均数为： （分）. 【小问2详解】 学校计划给成绩排名前的学生颁发优秀奖，即寻找第百分位数，使得成绩低于该分数的频率为. 由（1）可知，成绩在的频率为， 成绩在的频率为， 所以获奖学生的最低分数位于区间  内. 设获奖学生的最低分数为，则，即，解得，所以. 故估计获奖学生的最低分数为  分. 16. 如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，三棱锥的体积为，求二面角的平面角的大小. 【答案】（1）取中点，连接、， 由为的中点，底面为平行四边形， 则且， 由为的中点，则且， 由直四棱柱性质可知且， 故且，故四边形是平行四边形， 故，又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，可得四边形是平行四边形，即可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）设中点为，由题意结合直四棱柱性质可得即为二面角的平面角，再利用锥体体积公式及正方形性质求出、，结合正切定义即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，故四边形为正方形， 设中点为，连接，则， 由直四棱柱性质可知底面， 连接，则即为二面角的平面角， ，即， ， 故，故， 即二面角的平面角的大小为. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，向量，，且． （1）求； （2）若点满足，且，，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直的数量积为0的性质，结合正弦定理、三角恒等变换和三角形内角和范围即可求解； （2）以为基底表示和，结合向量数量积运算律代入已知条件即可求解. 【小问1详解】 （1）由得，即， 由正弦定理得， 整理得， 由和角公式得， 因为，故， 又因为，所以，所以，即， 又，所以. 【小问2详解】 由， 所以， 又， 所以 ，解得. 18. 如图，矩形所在平面与地面垂直，点在地面上，与地面所成的角为，，，点到地面的距离为． （1）若，，，求的值； （2）若，，求的最大值； （3）记函数，若，函数在上单调递增，求的最小值． 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点作地面的垂线，得到，结合三角函数的定义即可求解； （2）由（1）得到，结合辅助角公式即可求解； （3）由的单调性，及得到，，再通过消参将转换成关于的一元二次函数，即可求解. 【小问1详解】 如图所示，过点作地面的垂线，分别和上下两条线相交于垂足分别为和， 则． 因为，所以， 在中，，，所以． 在中，， 由，得，又 所以， 所以．所以，解得． 【小问2详解】 由（1）可得： （），其中，（）， 所以当且仅当时，． 又， 所以当，时，取最大值，的最大值为5. 【小问3详解】 因为，所以. 因为在上单调递增， 所以，所以， 所以，所以，所以． 因为，所以． 因为，所以，所以． 因为， 所以当且仅当，时，． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点，分别为棱，的中点，点在线段上． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）设直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，求的最大值． 【答案】（1）连接，取的中点，连接， 因为底面为菱形，且，则， 所以、为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证； （2）利用等体积法求出点到平面的距离； （3）连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，， 又，，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面的距离为，则，即， 解得，即点到平面的距离. 【小问3详解】 连接，，则且， 则为直线与直线所成的角， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 所以， 取的中点，连接，则且， 又为中点，所以，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，平面，所以平面， 连接，，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $