精品解析：四川遂宁市2025-2026学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题

四川遂宁市2025-2026学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后，将答题卡收回. 一、选择题：本大题共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. 设复数，是虚数单位，若的实部与虚部相等，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由条件可知，则. 2. 已知向量，，则（ ） A. 1 B. 8 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】，所以. 3. 某班5名学生一次物理测试的成绩如下：67，76，73，81，85，则这组数据的中位数为（ ） A. 73 B. 76 C. 81 D. 83 【答案】B 【解析】 【详解】将该组数据按照从小到大的顺序排列：， 所以该组数据的中位数为 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由，可得可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由可得或，故B错误； 对于C，由，可得，又，则有，故C正确； 对于D，当是平面内两条互相垂直的直线，且时，满足，，但，故D错误. 5. 在中，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用正弦定理进行边化角即可求解. 【详解】因为，由正弦定理，得， 因为，所以，因为，所以或. 故选：D. 6. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在长方体中，，因为，分别是，，所以，所以，所以直线和所成角是锐角， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以，所以，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 7. 已知的外接圆圆心为O，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可 【详解】 所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径， 如图： 又，所以为等边三角形， ，， 向量在向量上的投影数量为：． 故投影向量为. 故选：D． 8. 在中，角的对边分别是满足，若为上靠近的一个三等分点，且，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得到角A，由向量和基本不等式得到的最大值，最后代入三角面积公式中即可. 【详解】由正弦定理得. 因为，所以原式为， 所以，因为 因为为上靠近的一个三等分点，. 两边同时平方得. 已知， 又因为， 代入上式可得，化简得. 根据基本不等式 所以, 即，当且仅当时取等号. 根据三角形面积公式, 所以面积的最大值为. 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. 下列选项中，正确的是（ ） A. 若向量，满足，则或 B. 若非零向量与相等，则B，C重合 C. 在平行四边形ABCD中， D. 若与是共线向量，且，则 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，向量满足，只说明向量的长度相等，而它们的方向是任意的， 因此向量不一定相等，也不一定互为相反向量，A错误； 对于B，非零向量与相等，则向量与的长度相等，方向相同，而它们共起点，因此终点重合，B正确； 对于C，在中，向量与的长度相等，方向相同，因此，C正确； 对于D，当与同向时，，当与反向时，，D错误. 10. 已知的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则为直角三角形 C. 若，，，则满足条件的三角形有两个 D. 若，则不是锐角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理，及同角三角函数的关系求解即可判断A；根据单位向量的定义，角平分线的性质，及数量积的定义即可判断B；根据正弦定理求出，再根据三角形的性质即可判断角的个数，进而即可判断C；根据诱导公式得到角与角的关系，进而即可判断D． 【详解】对于A，由正弦定理，则，又，则，故A正确； 对于B，由和分别是和方向上的单位向量，则在的角平分线上， 又，即的角平分线与垂直，所以， 又，且，则，所以是等边三角形，故B错误； 对于C，由正弦定理，即， 又，则，则有两个角，所以满足条件的三角形有两个，故C正确； 对于D，在中，由， 得，或，即，或， 当时，，即是直角三角形；当时，是钝角三角形， 所以不是锐角三角形，故D正确． 11. 如图1，在直角梯形中，，，，，，分别是的中点，现把，，分别沿，，，折起，使得点重合为一点，得到如图2所示的四面体，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 三角形的面积为8 C. 四面体内切球半径为 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理、四面体体积公式、点到平面的距离以及二面角的余弦值逐项计算判断即可. 【详解】对于A：由题意知，平面， 所以平面，A正确； 对于B：在直角梯形中，过作于点， 因为，所以，因为，所以， 所以，所以，因为为的中点， 所以.所以在四面体中，， 所以，B正确； 对于C：由选项B可得直角梯形的面积， ， 所以. 由选项AB知，平面，. 设四面体内切球半径为，则， 故C错误； 对于D：如图，在四面体中，过作平面，经判断知点在内， 过作于点，连接，因平面， 则平面，结合平面，可得. 所以为二面角的平面角.由选项可得，， 结合，可得. 由选项C知，则. 所以，所以， 即二面角的余弦值为，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2．试卷中横线及框内，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的公式求解即可. 【详解】因为， 所以． 13. 已知一组样本数据16，，14，15，13的平均数为15，则该组样本数据的方差为_____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据样本数据的平均数和方差公式计算即可. 【详解】因为该组样本数据的平均数为15， 所以，解得， 则该组样本数据的方差为 . 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与轴的交点为，其中分别为最高点和最低点，此时，若将此图沿着轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，此时.则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用立体几何与平面几何建立三角函数周期与振幅之间的关系进行求解，再结合图象以及过定点得到三角函数的解析式，最后求解的值即可. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，连接，则， 由余弦定理得， 由上可知，轴垂直于，又,平面, 所以轴垂直于平面，又平行于轴，所以平面, 因为平面，所以, 设A与B间的水平距离为，则 由勾股定理得，即. 由联立可解得， 因为的周期, 所以. 因为图象过，故, 根据图形可知，，所以. 当时，，. 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. 已知平面向量，满足，，． （1）若，求； （2）若，求与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，且为非零向量，故存在实数，使得，故， 故，故，故，故. 【小问2详解】 因为，故， 而，故，故，故， 故. 16. 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. 17. 已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，且高为3.设的中点为，底面中心为. （1）求的长度; （2）求正四棱锥的表面积； （3）设平面平面，求证：； 【答案】（1） （2）36 （3）由题意知底面为正方形，则， 又因为平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面，则. 【解析】 【分析】（1）设底面边长为，利用勾股定理写出斜高的表达式，结合侧面积与底面积的数量关系列方程，即可求出； （2）由（1）求底面积，根据侧面积是底面积2倍的条件，两部分面积相加即得表面积； （3）先由线面平行的判定定理证得平面，再根据线面平行的性质定理，即可证明. 【小问1详解】 设底面的边长为，因为为底面中心，为的中点， 所以且，底面积为， 已知高，在中，. 则侧面积为， 因为侧面积是底面积的2倍，则有， 因为，解得，代入得， 解得，则（负根舍），即. 【小问2详解】 由（1）得侧面积为，底面积为， 则表面积. 【小问3详解】 略 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知． （1）若，，且外接圆圆心为，求的值； （2）若，求锐角周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，和角的正弦公式，及同角三角函数的关系求出，再根据余弦定理求出，从而根据正弦定理求出外接圆的半径，进而结合数量积的运算求解即可； （2）结合（1），及正弦定理得到，，再结合和角的正弦公式，及三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 由题意得，则由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 所以， 因为，所以， 可得，所以，又因为，所以， 因为，，所以由余弦定理可得，故， 设外接圆的半径为，由正弦定理可得， 所以，， 所以． 【小问2详解】 结合（1）有，又，则， 所以，， 所以周长 ， 因为三角形为锐角三角形，则，且， 所以，所以， 故当时，周长取得最大值，此时． 19. 如图：等边三角形和直角三角形，，，，绕翻折，使点到达点． （1）求三棱锥的体积最大值； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在点运动过程中，当三棱锥表面积最大时，求的余弦值. 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当平面平面时，棱锥体积最大，求出棱锥高即可得解； （2）过作于，连接，证明平面，得出即为直线与平面所成角，解直角三角形得解； （3）设，利用余弦定理求出，令，联立，求出三棱锥的表面积最大时，，进而求出. 【小问1详解】 要使三棱锥的体积最大，即点到平面的距离最大． 所以平面平面，取中点，连接， 则，又为交线，平面， 所以平面，即三棱锥的高为 ； 【小问2详解】 ，，，平面， 平面，由平面， ， 过作于，连接， 平面，，又，平面， 平面，即为直线与平面所成角， 在等腰三角形中， 所以 则， 所以 设直线与平面所成角为，故. 【小问3详解】 设， 则由余弦定理得， 由题可知， 所以①. 令②. （①4）②得， 整理得 取最大值时，即三棱锥的表面积最大时，，代入①式得， 即的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川遂宁市2025-2026学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后，将答题卡收回. 一、选择题：本大题共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. 设复数，是虚数单位，若的实部与虚部相等，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则（ ） A. 1 B. 8 C. D. 2 3. 某班5名学生一次物理测试的成绩如下：67，76，73，81，85，则这组数据的中位数为（ ） A. 73 B. 76 C. 81 D. 83 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在中，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 6. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A. B. C. D. 7. 已知的外接圆圆心为O，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角的对边分别是满足，若为上靠近的一个三等分点，且，则面积的最大值为（ ） 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. 下列选项中，正确的是（ ） A. 若向量，满足，则或 B. 若非零向量与相等，则B，C重合 C. 在平行四边形ABCD中， D. 若与是共线向量，且，则 10. 已知的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则为直角三角形 C. 若，，，则满足条件的三角形有两个 D. 若，则不是锐角三角形 11. 如图1，在直角梯形中，，，，，，分别是的中点，现把，，分别沿，，，折起，使得点重合为一点，得到如图2所示的四面体，则下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 三角形的面积为8 C. 四面体内切球半径为 D. 二面角的余弦值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2．试卷中横线及框内，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则_______. 13. 已知一组样本数据16，，14，15，13的平均数为15，则该组样本数据的方差为_____. 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与轴的交点为，其中分别为最高点和最低点，此时，若将此图沿着轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，此时.则_______． 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. 已知平面向量，满足，，． （1）若，求； （2）若，求与夹角的余弦值． 16. 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. 17. 已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，且高为3.设的中点为，底面中心为. （1）求的长度; （2）求正四棱锥的表面积； （3）设平面平面，求证：； 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知． （1）若，，且外接圆圆心为，求的值； （2）若，求锐角周长的最大值． 19. 如图：等边三角形和直角三角形，，，，绕翻折，使点到达点． （1）求三棱锥的体积最大值； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）在点运动过程中，当三棱锥表面积最大时，求的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $