精品解析：安徽淮南第二中学等校2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测数学试题

2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测 数 学 （试卷总分：150分 考试时间：120分钟） 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. 已知是虚数单位，则复数 i的虚部是（ ） A. B. i C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】，所以虚部为 . 2. 已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，再根据百分位数的定义计算对应位置，即可求得第40百分位数． 【详解】首先将该组数据从小到大排列为：，数据总个数， 因为， 因此该组数据的第40百分位数为排列后的第3个数据7． 3. 众所周知，“石头、剪刀、布”游戏规则是比赛时双方任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种.石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，若双方出相同手势，则算打平.小明和小泽玩这个游戏，他们随机出一种手势，则小明获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别写出所有结果，找出小明获胜的结果，即可得出答案. 【详解】小明和小泽随机出一种手势，可能的结果为： 石头-石头，石头-剪刀，石头-布，剪刀-石头，剪刀-剪刀，剪刀-布，布-石头，布-剪刀，布-布，共9种. 其中小明获胜的为：石头-剪刀，剪刀-布，布-石头，共3种. 所以小明获胜的概率为. 4. 花盆的起源可追溯至浙江余姚河姆渡文化出土的陶片，距今已有7000年的历史，为了方便堆叠和排水，花盆为上宽下窄的圆台结构.小明家有一个花盆，其上底面圆的直径为50cm，下底面圆的直径为40cm，高为30cm，则该花盆的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】根据圆台体积公式得：. 5. 已知的外接圆圆心为O，半径长为2，且，，则的值为（） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由得为中点，结合外心性质知为直径，.再由及半径2得，，用勾股定理求出.最后利用向量数量积公式，代入算得结果为4. 【详解】由及外心的性质，取中点，则. 故，即与重合. 所以，且为中点，得为直径，. 又，且，故.在中，，， 由勾股定理. ，而. 所以. 6. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】平移作出异面直线所成的角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】 如图所示，连接， 因为，， 所以四边形是平行四边形， 所以，为异面直线与所成角或其补角， ，， . 7. 已知四面体的4个顶点都在球的表面上，若平面，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】采取补形法求解，将满足两两垂直棱条件的四面体补成长方体，四面体的外接球与长方体的外接球完全重合，以此快速得到外接球的直径长度，进而求得球的表面积； 【详解】已知平面，平面， 因此, 又因为，可得两两互相垂直， 将四面体补成一个三条棱长度分别为、、的长方体， 四面体的外接球与长方体的外接球完全重合，外接球的直径等于长方体的体对角线长度， 设外接球的半径为，所以， 进而求得球的表面积. 8. 已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 由正弦定理得，所以， 则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以当的值最大时，. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若向量，，下列结论正确的有（ ） A. 若，同向，则 B. 与垂直的单位向量的坐标为 C. 若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则 D. 若与的夹角为钝角，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量同向的坐标成比例关系，求出 并验证正负,可判断A项；先求与 垂直的两个向量，再单位化，注意两个垂直单位向量，该选项给出其中之一，可判断选项B；投影向量等于 ，由题意得到，代入坐标计算，可判断选项C；夹角为钝角等价于数量积小于0且不反向，解不等式并排除反向情况，可判断选项D. 【详解】对于A项，若 同向，则存在 使得. 比较坐标得到，， 所以 ，.，A正确. 对于B项，，其垂直向量可取 或， 模长为 ，单位化为或. 故该坐标是与 垂直的一个单位向量，B错误. 对于C项，的单位向量 . 得到投影向量为 ， 故 . 又 ， 令其等于3，解得 ，C正确. 对于D项，夹角为钝角，则 且不反向. ，得 . 反向时需存在 使 ，由坐标得 ，与 矛盾， 故不存在反向情况.，所以的取值范围为 ，D正确. 10. 已知事件与，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果与互斥，那么 B. 如果与相互独立，则 C. 如果与相互独立，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，由A与互斥得概率加法公式可求；对B，由独立事件的概率乘法公式可求；对CD，由对立事件的概率求法可解. 【详解】对A，与互斥，则，A对； 对B，与相互独立，则，B对； 对C、D，A与相互独立， ， 故C对D错； 故选：ABC 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当点在棱上时，的最小值为 C. 当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为可得A正确；以为轴将平面顺时针旋转，由勾股定理可得B错误；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为可得C正确；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为可得D正确. 【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，故正确； 对于B，以为轴将平面顺时针旋转，如图， 则，故B错误；； 对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示， 当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 弧长度，故点的轨迹长度为，故正确； 对于D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 因为平面平面，故平面， ，平面平面，故平面； 又平面，故平面平面； 又， 故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段： 在三角形中， 则， 故三角形是以为直角的直角三角形； 故，故长度的最大值为，故D正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 设复数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算和模长公式即可求解. 【详解】， 故. 13. 在中，，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据余弦定理，及正弦定理得到，再结合和、差角的正弦公式即可求解． 【详解】由，则， 则由余弦定理有， 即，则由正弦定理得， 又在中，有， 则， 即， 则， 所以，， 所以． 14. 已知向量，， 满足，且=2，=，则当时，的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将平方，得出关于的一元二次函数求最值. 【详解】因为=2，=，所以， 因为，所以， 则 ， 令，则， 当时，有最小值， 故的最小值为. 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，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求． （2）若，，求边上的角平分线的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将边化角，再结合和角的正弦公式，特殊角的三角函数值即可求出； （2）结合（1）中的值，根据余弦定理得到的值，再根据角分平线的性质，及三角形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 由， 则由正弦定理得， 又在中，有， 则， 所以， 即， 又，则，即， 所以，即， 又，则，所以，解得． 【小问2详解】 结合（1）有， 则由余弦定理有， 又，，则，解得， 又边上的角平分线为，则， 又， 则， 即，解得． 16. 学校举办了数学学科节知识竞赛活动，现从所有竞赛答卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）分成六段：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）规定为及格，用样本估计总体，随机从所有竞赛答卷中抽取3份试卷，求3份试卷中至少有2份及格的概率； （3）已知样本数据落在的平均数是54，方差是6；落在的平均数是63，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图所有矩形面积和为，列方程求解参数； （2）先由直方图算出及格频率并当作单次及格概率，再分别用二项分布或古典概型算出恰份、恰份及格的概率，相加得到至少 份及格的概率； （3）先算出两组区间样本数量，以组中值结合加权平均求整体均值，再利用分层方差公式加权计算总方差. 【小问1详解】 由题意 ，解得 ； 【小问2详解】 解法1由直方图知， 的频率为 ，用频率估计概率， 设至少有2份试卷及格为事件 ，有2份试卷及格为事件 ，有3份试卷及格为事件 ， 解法2：由直方图知， 的频率为 ，用频率估计概率， 设1为及格试卷，0为不及格试卷，则样本空间， 设事件A=“有 2 份试卷及格”，则A=， 设事件B=“有 3份试卷及格”，则B= 由古典概型知，， 所以=+=. 【小问3详解】 样本数据在区间 的个数为 ，在区间 上的个数为 ， 所以 ， 总方差为 . 17. 如图，内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用勾股定理求出 ，再利用余弦定理求出 ，利用同角三角函数基本关系式求出，最后利用两角差的正弦公式计算即可 （2）设 ，在与采用余弦定理与正弦定理，然后利用与的关系列出关于 的方程，解出 即可 【小问1详解】 ，此时. 在中，， 又，故 所以 【小问2详解】 设，在中，. 在中，，代入得：. 又，故. 即，解得：，所以. 18. 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，． （1）若点M在棱PC上，，平面DMB，求的值； （2）证明：； （3）当平面PAD与平面PBC所成的二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】（1） （2）如图，在上取一点，使得，连接、，， ，，∴且， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵，∴，∴， 又因为，，， 所以，又，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴ （3） 【解析】 【分析】(1) 根据线面平行的性质定理求出的值； (2) 由线面垂直证线线垂直； (3) 首先找出平面PAD与平面PBC所成的二面角的平面角，再找出PC与平面ABCD所成角后求出其正弦值. 【小问1详解】 如图，连接交于点，连接， ∵平面，平面，平面平面， . 在梯形中，∵，∴，∴， ∵，∴，∴. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 因为平面平面平面， 又平面，设平面平面，则， 由（2）知，平面，∴，， ∴为平面与平面所成的锐二面角的平面角，∴. 由（2），，，， 可得，∴，∴， ∵，， ，平面，平面， ∴平面，∴为与平面所成的角， ， ∴， 因此，与平面所成角的正弦值为. 19. 类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）如图，四棱柱中，平面平面，，，求的余弦值； （2）当、时，证明以上三面角余弦定理； （3）已知三棱锥，，，，△，△，△的面积分别为，，，以，，为棱的二面角分别为，，，试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明． 【答案】（1） （2）过射线PC上一点H作交PA于M点， 作交PB于N点，连接MN，如图所示： 则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得： ， 在中，由余弦定理得： ， 两式相减得： ， 则：， 两边同除以， 得 （3）， 如图，在SA上取点P，使得， 过P作平面SBC，垂足为，作，交于，，交于， 设，，， 则，， 同理， ∴，∴， 同理可证，∴， 又∵，∴， 同理，， ∴，同乘，得． 【解析】 【分析】（1）利用已知条件和三面角余弦定理计算角度余弦值；（2）通过作辅助线构造平面角，利用平面余弦定理推导三面角余弦定理；（3）先猜想正弦定理在三维空间的推广结论，再通过作辅助线，结合已知条件证明. 【小问1详解】 由平面平面ABCD，得， 由三面角余弦定理得， 因为，， ，， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期高一年级期末学业质量检测 数 学 （试卷总分：150分 考试时间：120分钟） 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. 已知是虚数单位，则复数 i的虚部是（ ） A. B. i C. 1 D. 1 2. 已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 12 3. 众所周知，“石头、剪刀、布”游戏规则是比赛时双方任意出“石头”、“剪刀”、“布”这三种手势中的一种.石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头，若双方出相同手势，则算打平.小明和小泽玩这个游戏，他们随机出一种手势，则小明获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 花盆的起源可追溯至浙江余姚河姆渡文化出土的陶片，距今已有7000年的历史，为了方便堆叠和排水，花盆为上宽下窄的圆台结构.小明家有一个花盆，其上底面圆的直径为50cm，下底面圆的直径为40cm，高为30cm，则该花盆的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的外接圆圆心为O，半径长为2，且，，则的值为（） A. 2 B. C. 4 D. 6. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四面体的4个顶点都在球的表面上，若平面，，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若向量，，下列结论正确的有（ ） A. 若，同向，则 B. 与垂直的单位向量的坐标为 C. 若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则 D. 若与的夹角为钝角，则的取值范围是 10. 已知事件与，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果与互斥，那么 B. 如果与相互独立，则 C. 如果与相互独立，那么 D. 如果与相互独立，那么 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当点在棱上时，的最小值为 C. 当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 设复数，则__________. 13. 在中，，，则___________． 14. 已知向量，， 满足，且=2，=，则当时，的最小值为__________. 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，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求． （2）若，，求边上的角平分线的长． 16. 学校举办了数学学科节知识竞赛活动，现从所有竞赛答卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）分成六段：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）规定为及格，用样本估计总体，随机从所有竞赛答卷中抽取3份试卷，求3份试卷中至少有2份及格的概率； （3）已知样本数据落在的平均数是54，方差是6；落在的平均数是63，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 17. 如图，内一点满足. （1）若，求的值； （2）若，求的长. 18. 在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，． （1）若点M在棱PC上，，平面DMB，求的值； （2）证明：； （3）当平面PAD与平面PBC所成的二面角为时，求PC与平面ABCD所成角的正弦值． 19. 类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，则． （1）如图，四棱柱中，平面平面，，，求的余弦值； （2）当、时，证明以上三面角余弦定理； （3）已知三棱锥，，，，△，△，△的面积分别为，，，以，，为棱的二面角分别为，，，试猜想正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $