精品解析：广东深圳外国语学校高中园2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

深外高中园2025-2026学年第二学期高一年级期末考试 数学 本试卷共4页，19题，满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答再试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数，则z在复平面上对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 抛掷一枚均匀硬币，如果连续抛掷5次，那么第3次出现正面朝上的概率为（    ） A. 1 B. C. D. 3. 已知圆锥的轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的侧面积为（     ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，，平面的法向量为，则的值为（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 在中，，，，则（    ） A. B. C. D. 或 6. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，事件为“向上的点数为偶数”，则事件与事件（ ） A. 互斥 B. 相互独立 C. 互为对立 D. 相等 7. 若向量，满足，，，则（    ） A. B. C. 13 D. 52 8. 已知数据、、、的平均数，方差．设，数据、、、的方差为，数据、、、、、、、的方差为，下列说法错误的是（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（    ） A. 复数的共轭复数的模 B. 复数的虚部为 C. 若复数是纯虚数，则得或 D. 若复数是关于的方程的一个根，则另一个根为 10. 下列说法正确的是（    ） A. 是的充要条件 B. 已知向量 ，若与共线，则 C. 若向量 ，则在方向上的投影向量坐标为 D. 已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段BC1上（不包括端点）运动，N在平面上运动，则下列结论正确的是（    ） A. 若M由B向C1运动过程中，到平面的距离先减小后增大 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 直线与平面所成角正切值的范围是 D. 若与平面所成角的余弦值为，则N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. 设，是一个实验的两个事件，，，，则________． 13. 某货轮在A处看灯塔S在北偏东方向，它向正北方向航行12海里到达B处，看灯塔S在北偏东方向．则此时货轮到灯塔S的距离为___________海里． 14. 若上、下底边长分别为2和4的正三棱台有内切球（与三棱台的每个面都相切），则内切球的表面积为_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 16. 如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点． （1）求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 17. 人工智能的广泛应用，给人们的生活带来了便捷.截至2026年3月，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景.某网站组织经常使用豆包的人进行了AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）填空：______； （2）求样本数据的第35百分位数； （3）已知直方图中成绩在内的平均数为85；成绩在内的平均数为95.求成绩在内的平均数. 18. 如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线EC与平面PCD所成角的正弦值． 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深外高中园2025-2026学年第二学期高一年级期末考试 数学 本试卷共4页，19题，满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答再试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数，则z在复平面上对应的点所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】复数对应的点为，它在第一象限. 2. 抛掷一枚均匀硬币，如果连续抛掷5次，那么第3次出现正面朝上的概率为（    ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用独立事件概率的性质求解即可. 【详解】因为抛掷均匀硬币是独立随机事件，每次抛掷正面朝上的概率都为， 所以第3次出现正面朝上的概率仍为. 3. 已知圆锥的轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的侧面积为（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由圆锥的轴截面是高为的等边三角形，则等边三角形的边长为2， 即得圆锥高为，母线长为2，则该圆锥底面半径为， 故该圆锥的侧面积为. 4. 已知向量，，，平面的法向量为，则的值为（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】平面的法向量与平面内所有向量垂直，故， 解得，故． 5. 在中，，，，则（    ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】因为，， 即，， 所以，， 由正弦定理可得， 所以， 又因为， 所以. 6. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，事件为“向上的点数为偶数”，则事件与事件（ ） A. 互斥 B. 相互独立 C. 互为对立 D. 相等 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件，相互独立事件的定义依次判断选项即可. 【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，对于A，C选项，事件与事件能同时发生，A，C错误； 对于B,抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数，,,, 满足,所以事件与事件为相互独立事件，故B正确； 对于D，事件包含两个基本事件，事件包含三个基本事件，所以事件与事件不相等，故D错误； 7. 若向量，满足，，，则（    ） A. B. C. 13 D. 52 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 故，又，， 所以. 8. 已知数据、、、的平均数，方差．设，数据、、、的方差为，数据、、、、、、、的方差为，下列说法错误的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由方差的性质判断A；求出的值判断B；由权重公式求出判断C；求出的值判断D. 【详解】对于A,因为，， 由方差的性质可知，故A正确； 对于B，因为， 所以， 所以，故B正确； 对于C，设、、、的平均数为， 由题意可知， 设、、、、、、、的平均数为， 则， 则 ，故C错误； 对于D，因为， 所以 ，故D正确. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（    ） A. 复数的共轭复数的模 B. 复数的虚部为 C. 若复数是纯虚数，则得或 D. 若复数是关于的方程的一个根，则另一个根为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义及模长公式即可判断A；根据虚部的定义即可判断B；根据纯虚数的定义列出方程即可判断C；根据复数范围内方程的解法即可判断D． 【详解】对于A，复数的共轭复数为，则，故A正确； 对于B，复数的虚部为，故B错误； 对于C，若复数是纯虚数，则，故C错误； 对于D，若复数是关于的方程的一个根， 则， 所以，则， ，， 所以另一根为，故D正确． 10. 下列说法正确的是（    ） A. 是的充要条件 B. 已知向量 ，若与共线，则 C. 若向量 ，则在方向上的投影向量坐标为 D. 已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是． 【答案】BCD 【解析】 【详解】若，则，但，故A错误； 若与共线，则，则，故B正确； 在方向上的投影向量坐标为，故C正确； 如图，， 因为，，所以，， 所以当是钝角三角形时，的取值范围是，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段BC1上（不包括端点）运动，N在平面上运动，则下列结论正确的是（    ） A. 若M由B向C1运动过程中，到平面的距离先减小后增大 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 直线与平面所成角正切值的范围是 D. 若与平面所成角的余弦值为，则N的轨迹长度为． 【答案】CD 【解析】 【详解】因为，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 则到平面的距离不变，故A错误； 因为，所以直线与所成角为直线与所成角， 因为，所以为等边三角形， 所以异面直线与所成角的取值范围是，故B错误； 因为平面，所以直线与平面所成角为， 因为，所以， 则直线与平面所成角正切值的范围是，故C正确； 连接，设平面， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以，同理可得，， 又平面，所以平面， 则为与平面所成角， 因为与平面所成角的余弦值为，则正切值为， 即， 因为为棱长为的正四面体，所以， 则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，其轨迹长度为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，是一个实验的两个事件，，，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】，，，， 故，解得． 13. 某货轮在A处看灯塔S在北偏东方向，它向正北方向航行12海里到达B处，看灯塔S在北偏东方向．则此时货轮到灯塔S的距离为___________海里． 【答案】 【解析】 【详解】 由题意得，海里，，从B处观测S为北偏东， 因此. 根据三角形内角和为，则. 在中，由正弦定理可得， 将，，代入得， 解得，即此时货轮到灯塔S的距离为海里. 14. 若上、下底边长分别为2和4的正三棱台有内切球（与三棱台的每个面都相切），则内切球的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用内切球的性质，从截面形状分析数量关系，求出截面梯形的高，进而求出内切球的半径，求得其表面积. 【详解】如图，上底面边上的中线为，下底面边上的中线为. 根据内切球的性质可知，球与三个平面的切点分别在、、上. 考察截面， 由题意知分别是边长为2和4的正三角形， 故，. 圆与相切于,其中分别为棱台上下底面的中心，为斜高， 则，， 由切线长定理，易得，，则, 则在直角梯形中，为该梯形的高，即为内切球的直径， ， 则内切球的半径为，故内切球表面积为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长. 【小问1详解】 解：因为，则，由已知可得， 可得，因此，. 【小问2详解】 解：由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，的周长为. 16. 如图，已知直四棱柱中，，，，，，是的中点，是的中点． （1）求异面直线ND1与B1C夹角的余弦值； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合向量夹角公式求解即可； （2）建立空间直角坐标系，确定平面法向量，再结合向量夹角公式求解. 【小问1详解】 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 得，，，， 由为的中点，得， 所以，， 所以， 故异面直线与夹角的余弦值为. 【小问2详解】 由（1）得，，，，），， 则有，，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则有，， 分别取，则有，，，， 即，， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 人工智能的广泛应用，给人们的生活带来了便捷.截至2026年3月，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景.某网站组织经常使用豆包的人进行了AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）填空：______； （2）求样本数据的第35百分位数； （3）已知直方图中成绩在内的平均数为85；成绩在内的平均数为95.求成绩在内的平均数. 【答案】（1）0.005 （2）75 （3）89 【解析】 【分析】(1) 利用各组频率之和为1求出a. (2) 根据频率分布直方图求出百分位数； (3) 使用公式求分层平均数. 【小问1详解】 ，解得. 【小问2详解】 成绩在的频率为； 成绩在的频率为； 成绩在的频率为， 故样本数据的第35百分位数在，设该数为， 则，解得，故样本数据的第35百分位数为. 【小问3详解】 由题意，成绩在，内的人数分别为30，20， 所以成绩在内的平均数为：， 所以，成绩在内的平均数为89. 18. 如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线EC与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：由，得， 又，在中， 由余弦定理得， 所以，则，即， 又因为在平面ABCD中，，得， 又因为平面，平面，所以平面； （2）证明：由（1）知，翻折后， 连接，由，则， 在中，因，得，则， 又平面，所以平面 （3） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理求，证明，得，再由线面平行的判定定理得证； （2）易得，由勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理即得证； （3）由条件建系，求出相关点与向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得平面，又平面，所以，则两两垂直， 建立如图空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以， 设直线EC平面PCD所成角为，则， 即直线EC与平面PCD所成角的正弦值为.　 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 【答案】（1）等腰三角形 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，可得，从而可得，即可得该三角形形状； （2）借助余弦定理计算可得，从而可得，再利用面积公式计算即可得解； （3）设，借助余弦定理计算可得，，即可由表示出，从而可得的最大值. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以， 所以，即，所以， 所以为等腰三角形； 【小问2详解】 若，则，又， 由余弦定理得，， 由（1）知，则， ， 所以，则， 所以， 所以； 【小问3详解】 设，由（1）知， 则， 由余弦定理得，， ， 所以，即． 又因为， ， 所以，解得， 所以， 所以， 故当时，，则的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $