精品解析：陕西师范大学附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试题

陕西师大附中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级数学试题 命题人：倪如俊 审题人：赵国辉 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（　　） 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】 【分析】先利用复数的除法运算化简复数z，再根据其对应点的坐标判断所在象限. 【详解】由题意得复数， 复数z在复平面内对应的点为，该点位于第一象限. 2. 如图， ，，，是正方体所在棱的中点，则直线与直线所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图，连接， 因为，故，同理， 故或其补角为异面直线与直线所成的角， 由正方体的性质可得为等边三角形，故， 故直线与直线所成角为. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示、向量的线性运算及向量的模计算即可. 【详解】由，得，即，解得，此时. 所以，则. 4. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，点为棱的中点，则直线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】直线与底面所成角，是直线与其在底面内的射影所成的角，本题中只需找到在底面的投影，计算所求角的正切即可 【详解】正四棱锥中，顶点在底面的投影为底面正方形中心， （高），底面正方形边长为2，对角线长， 因此，且.  是中点，过作平面于，则是中点，， 故，底面，就是直线与底面所成角. ，在中：    因此直线与底面所成角的正切值为，选B. 5. 为了保证驾乘人员的安全，某市要对该市出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出名司机，已知抽到的司机年龄都在岁，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图如图，利用这个残缺的频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是（ ） A. 岁 B. 岁 C. 岁 D. 岁 【答案】C 【解析】 【分析】先补全组的频率，再通过累计频率判断中位数落在区间，最后利用中位数定义列方程求解即可． 【详解】根据所给的信息可知，在区间上的数据的频率为 ， 因为的频率为，的频率为， 所以中位数在， 设为中位数为，则， 解得． 6. 已知一圆台的上底面半径为1，高为，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆台的下底面半径为r， 由题意知， 整理得，解得（负值舍去）， 设圆台的母线长为，则， 所以该圆台的侧面积为. 7. 将四位数2026的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将2026的各个数字重新排列，包括自身可以得到9个四位数： 2206、2260、6220、6022、2026、2620、2062、2602、6202， 其中两个2不相邻的有5个：2026、2620、2062、2602、6202， 所求两个2不相邻的概率为 8. 已知在△ABC中，AB＝1，BC＝，AC＝2，点O为△ABC的外心，若＝x＋y，则有序实数对(x，y)为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，取中点为，结合⊥，⊥，求得·，即可列出方程，求得结果. 【详解】取AB的中点M和AC的中点N，连接OM，ON， 则⊥，⊥， ＝－＝－(x＋y)＝－y， ＝－＝－(x＋y)＝－x. 由⊥，得－y·＝0，① 由⊥，得－x·＝0，② 又因为＝(－)2＝2－2·＋， 故·＝＝－，③ 把③代入①，②得解得x＝，y＝. 故实数对(x，y)为. 故选：. 【点睛】本题考查利用基底表示向量，以及向量的线性运算，属综合基础题. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一组样本数据，，，…，，其平均数、方差、极差、下四分位数分别记为，，，.由这组数据得到一组新样本数据，，，…，，其中，其平均数、方差、极差、下四分位数分别记为，，，.则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】不妨设，再利用平均数定义、方差性质、极差定义与百分位数定义逐项计算并判断即可. 【详解】不妨设，则； 对A：，故A正确； 对B：由方差性质可得，故B正确； 对C：，，故C错误. 对D：若为整数，则， ； 若不为整数，则，其中表示不大于的最大整数， ，故D正确. 10. 在正方体中，为棱的中点，则（ ） A. 过有且只有一条直线与直线和所成角均为 B. 过有且只有一条直线与直线和所成角均为 C. 过有且只有一个平面与直线和都平行 D. 过有且只有一个平面与直线和都垂直 【答案】BC 【解析】 【分析】由异面直线所成角的概念可判断选项A；根据线面垂直的判定定理及概念判断B； 根据线面平行的判定与性质判断C；利用线面垂直的性质定理判断D. 【详解】对于A，取中点，中点，连接， 则，， 若过的与直线和所成角均为，则与直线和所成角为， 所以的角平分线及外角平分线均符合，A错误； 对于B，因为，若，则， 若，，平面， 则平面，满足条件的直线只有，B正确； 对于C，根据A选项可知，又平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 所以过有且只有一个平面与直线和都平行，C正确； 对于D，若过点的平面与直线和都垂直， 则，而和为异面直线， 所以不存在过点的平面与直线和都垂直，D错误. 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，则能判定一定是等腰三角形的为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为，所以， 即，即， 因为，所以，即， 是等腰三角形，A正确； 对于B，因为，所以， 在中，，所以， 所以 即， 即，即， 所以或， 因为，所以或， 所以是直角三角形或等腰三角形，B错误； 对于C，因为，所以， 当且仅当，即时等号成立， 又，所以只能成立，此时是等腰三角形，C正确； 对于D，因为，所以， 因为所以，即， 所以或， 所以是直角三角形或等腰三角形，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 设，为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为，，若事件，相互独立，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】因为事件，相互独立，且，， 则， 所以. 13. 已知复数满足，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】直接设（且），再根据复数的模的定义及复数相等的定义可得. 【详解】设（且），则，. 因为，由复数相等的定义得①. 又因为，所以，， 化简整理得②，将②代入①得，解得或. 当时，则，所以，不符合题意； 当时，则，所以，. 14. 已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球上，若是边长为的等边三角形，，，二面角的平面角大于，则三棱锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，分析可知二面角的平面角为，可证平面，可知点位于平面同侧，点在内，进而可得，平面，利用转换顶点法求锥体体积. 【详解】设等边三角形的中心为，球心为，的中点为， 因为，，则，， 可知二面角的平面角为， 又因为，，则， 即，可知， 设的中点为，则， 且，，平面，则平面， 又因为，平面，则平面， 且平面，可知球心平面， 设的中点为，则，， 即，可知点位于平面同侧， 且二面角的平面角大于，可知点在内， 设，， 则，，，， 可得， 在中，由余弦定理可得， 即，则，可得， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为. 四、解答题：本题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在2024年世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站和柏林站女子10米台跳水决赛中，全红婵奉献了高水准的精彩表现，在决赛中的五个动作惊艳了全世界.在这两场决赛中，7名裁判给选手的五个跳水动作打分，两站裁判对全红婵的打分记录如下：（为了方便计算，采取分数四舍五入取整） 组（蒙特利尔站）：80，80，82，78，93. 组（柏林站）：81，80，86，99，86. （1）请写出这10个得分的众数、极差以及，两组各自的平均成绩； （2）请你分别计算两站比赛得分的方差，并根据计算结果分析两站比赛中，哪一站全红婵发挥更稳定？ 【答案】（1）众数为80，极差为，A组的平均成绩为，B组的平均成绩为. （2）A组的方差为，B组的方差为，蒙特利尔站全红婵发挥更稳定. 【解析】 【小问1详解】 由题意，这10个分数的众数为80， 极差为， A组的平均成绩为， B组的平均成绩为. 【小问2详解】 A组的方差为， B组的方差为， 因为， 所以蒙特利尔站全红婵发挥更稳定. 16. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） 方法一： 取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则有，即， 令，则，，即， 因为，又平面， 所以平面； 方法二： 如图，连接交于点，连接， 易知为的中点，又点为的中点，故， 而平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，根据空间向量的位置关系证明可得结果； 方法二：连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明可得结论. （2）方法一：由点到平面距离的向量求法直接计算可得结果； 方法二：利用等体积法计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一： 点到平面的距离. 方法二： 因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为， 因为，，平面， 故平面，平面，故， 由题意知，，所以， ，， 由， 代入解得. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求角的大小； （2）若是的中点，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解. （2）利用向量数量积的运算律列式，再利用基本不等式及三角形面积公式求出最大值. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， 在中，， 则， 整理得，而， 于是，即， 而，解得，又，所以. 【小问2详解】 由为中点，得，两边平方得 则，即，解得，当且仅当时取等号， 因此， 所以面积的最大值为. 18. 某奖闯关活动共设置三道试题，选手需依次进行答题，每次答题正确后均会获得相应奖金，且奖金累积.选手每次独自答题正确后选择继续答题或放弃答题的概率相同，若选择放弃答题，则奖金有效；若选择继续答题，当答题错误时，选手可以使用一次场外求助机会，若求助后答题正确，则奖金有效，同时答题结束，若求助后答题错误，则奖金清零，同时答题结束.已知甲在本次活动中依次独自答题正确的概率分别为，场外求助后答题正确的概率为. （1）求甲答题两次并获得奖金的概率； （2）求甲在后两题中使用场外求助并获得奖金的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将甲答题两次并获奖的事件拆分为 “第一题正确→选择继续→第二题独立答对并选择放弃答题” 和 “第一题正确→选择继续→第二题独立答错但场外求助答对” 两种互斥情况，再用概率加法公式计算总概率； （2）将甲在后两题使用场外求助并获奖的事件拆分为 “第一题正确→选择继续→第二题独立答错但求助答对” 和 “前两题独立答对→选择继续→第三题独立答错但求助答对” 两种互斥情况，再用概率加法公式计算总概率. 【小问1详解】 记甲第一题独自答题正确为事件､第二题独自答题正确为事件､ 第三题独自答题正确为事件，甲选择继续答题为事件， 甲场外求助后答题正确为事件， 则 甲答题两次并获得奖金包含两种情况： ①第一题独自答题正确且选择继续答题，同时第二题独自答题正确且选择放弃答题； ②第一题独自答题正确且选择继续答题，第二题独自答题错误但场外求助后答题正确.故甲答题两次并获得奖金的概率： ； 【小问2详解】 甲在后两题中使用场外求助并获得奖金包含两种情况： ①第一题独自答题正确且选择继续答题，同时第二题独自答题错误 但场外求助后答题正确；②前两次均独自答题正确且均选择继续答题， 同时第三题独自答题错误但场外求助后答题正确. 因为， 所以甲在后两题中使用场外求助并获得奖金的概率. 19. 已知四面体中，直线平面，平面平面. （1）求证：； （2）若，分别是棱，的中点，且，直线与平面所成角为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）过作于， ∵平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理得：平面， 又平面，∴. ∵平面，平面， ∴. ∵，，平面， ∴平面， 又平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）过作于，利用面面垂直、线面垂直的性质得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理、性质定理即可得证； （2）取的中点，连接，，证明为二面角的平面角，并求得,在中，利用余弦定理求得即可. 公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，， ∵平面，为与平面的线面角，. ∵为中点，， ∴，，. ∴ ∵为中点，∴∥，， ∵平面，平面，∴. ∴， ∵，为中点，∴ ∴， ∴为二面角的平面角. , 在中，由余弦定理，得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一年级数学试题 命题人：倪如俊 审题人：赵国辉 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图， ，，，是正方体所在棱的中点，则直线与直线所成角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 4. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，点为棱的中点，则直线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. 1 D. 5. 为了保证驾乘人员的安全，某市要对该市出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出名司机，已知抽到的司机年龄都在岁，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图如图，利用这个残缺的频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是（ ） A. 岁 B. 岁 C. 岁 D. 岁 6. 已知一圆台的上底面半径为1，高为，体积为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 将四位数2026的各个数字打乱顺序重新排列，则所组成的不同的四位数（含原来的四位数）中两个2不相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在△ABC中，AB＝1，BC＝，AC＝2，点O为△ABC的外心，若＝x＋y，则有序实数对(x，y)为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一组样本数据，，，…，，其平均数、方差、极差、下四分位数分别记为，，，.由这组数据得到一组新样本数据，，，…，，其中，其平均数、方差、极差、下四分位数分别记为，，，.则（ ） A. B. C. D. 10. 在正方体中，为棱的中点，则（ ） A. 过有且只有一条直线与直线和所成角均为 B. 过有且只有一条直线与直线和所成角均为 C. 过有且只有一个平面与直线和都平行 D. 过有且只有一个平面与直线和都垂直 11. 在中，内角，，的对边分别为，，，则能判定一定是等腰三角形的为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 设，为同一随机试验的两个随机事件，且它们发生的概率分别为，，若事件，相互独立，则______. 13. 已知复数满足，，则__________． 14. 已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球上，若是边长为的等边三角形，，，二面角的平面角大于，则三棱锥的体积为______. 四、解答题：本题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在2024年世界泳联跳水世界杯蒙特利尔站和柏林站女子10米台跳水决赛中，全红婵奉献了高水准的精彩表现，在决赛中的五个动作惊艳了全世界.在这两场决赛中，7名裁判给选手的五个跳水动作打分，两站裁判对全红婵的打分记录如下：（为了方便计算，采取分数四舍五入取整） 组（蒙特利尔站）：80，80，82，78，93. 组（柏林站）：81，80，86，99，86. （1）请写出这10个得分的众数、极差以及，两组各自的平均成绩； （2）请你分别计算两站比赛得分的方差，并根据计算结果分析两站比赛中，哪一站全红婵发挥更稳定？ 16. 如图，已知正三棱柱中，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求角的大小； （2）若是的中点，，求面积的最大值. 18. 某奖闯关活动共设置三道试题，选手需依次进行答题，每次答题正确后均会获得相应奖金，且奖金累积.选手每次独自答题正确后选择继续答题或放弃答题的概率相同，若选择放弃答题，则奖金有效；若选择继续答题，当答题错误时，选手可以使用一次场外求助机会，若求助后答题正确，则奖金有效，同时答题结束，若求助后答题错误，则奖金清零，同时答题结束.已知甲在本次活动中依次独自答题正确的概率分别为，场外求助后答题正确的概率为. （1）求甲答题两次并获得奖金的概率； （2）求甲在后两题中使用场外求助并获得奖金的概率. 19. 已知四面体中，直线平面，平面平面. （1）求证：； （2）若，分别是棱，的中点，且，直线与平面所成角为，求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $