精品解析：福建漳州市2025-2026学年下学期期末教学质量检测高一数学试题

2025-2026学年（下）期末高中教学质量检测 高一数学（必修二）试题 一、单项选择题：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. 复数，则在复平面内的共轭复数位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 漳州市平和县某蜜柚种植合作社，种植的琯溪蜜柚、红肉蜜柚、三红蜜柚的果树数量之比为，现采用分层抽样的方法抽取45棵果树进行产量估测，则红肉蜜柚果树被抽取的数量为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 3. 已知正四面体，则直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知一组数据的频率分布直方图分布形态如图所示，则该组数据的平均数、中位数、众数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两款AI软件进行强基数学解题测试，每轮测试中两款软件各独立解一道题．已知甲软件每轮答对的概率为，乙软件每轮答对的概率为，且两款软件答对与否互不影响，各轮测试结果也相互独立，则两款软件在两轮测试中共答对3道题的概率为（ ） A. B. C. D. 6. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆的半径为2，弦长度为2，为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 漳州是中国女排的摇篮，城中三连冠纪念碑顶端有一颗排球形雕塑，民间俗称“定风珠”，如图1．现利用人工智能视觉测量系统测量该“定风珠”最高点到地面的距离．如图2，人工智能设备自动在地面选取两个测量基点与，测得，传感器自动识别并输出角度数据，，，则距离为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 经过简单随机抽样获得的样本数据为，，…，，且数据，，…，的平均数为，方差为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则所有的数据（）都为0 C. 若，则（）的平均数为7 D. 若，则（）的方差为12 10. 已知的角，，对应的边为，，，且，，，则可能是（ ） A. 等腰三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 11. 已知正方体的棱长为1，，分别为线段，上的动点，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 当平面时，的面积为 D. 的周长最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数满足，则____________． 13. 已知事件和事件相互独立，为事件的对立事件．若，，则____________． 14. 已知向量，的夹角为，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为____________． 四、解答题：本大题共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. 已知向量，． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 16. 如图，直角梯形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中． （1）求平面四边形的面积和周长； （2）以四边形的边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，求该几何体的表面积． 17. 抛掷一颗质地均匀的骰子两次，记第一次出现的点数为，第二次出现的点数为，若复数． （1）求事件“为实数”的概率； （2）求事件“”的概率． 18. 已知的角，，对应的边为，，，且． （1）求； （2）若，为所在平面内一点，，位于直线两侧，满足且． （ⅰ）设，分别为和的面积，且，求； （ⅱ）设，分别为和的重心，求的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，，，为线段的中点，为线段的中点，平面平面． （1）求证： （ⅰ）平面； （ⅱ）； （2）若平面平面，求四棱锥的体积； （3）过点作，为垂足，设四面体的外接球半径为，内切球半径为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（下）期末高中教学质量检测 高一数学（必修二）试题 一、单项选择题：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. 复数，则在复平面内的共轭复数位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 所以对应的点位于第四象限. 2. 漳州市平和县某蜜柚种植合作社，种植的琯溪蜜柚、红肉蜜柚、三红蜜柚的果树数量之比为，现采用分层抽样的方法抽取45棵果树进行产量估测，则红肉蜜柚果树被抽取的数量为（ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样按比例分配原理列式求解即可. 【详解】由题可知：红肉蜜柚果树被抽取的数量为. 3. 已知正四面体，则直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设正四面体的棱长为，取的中点，连接，， 因为，所以和都是等腰三角形， 所以，， 又，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因此，直线与所成的角为. 4. 已知一组数据的频率分布直方图分布形态如图所示，则该组数据的平均数、中位数、众数的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】众数：最高矩形在最右侧偏左的位置，因此是三个数中最靠右（最大）的. 中位数：中位数是累计频率为对应的横坐标，结合频率分布直方图可知， 从左到右矩形高度逐渐增加，累计频率到时，位置落在最高矩形的左侧，因此. 平均数：平均数是所有组的组中点乘频率的和，结合频率分布直方图可知，分布是左偏分布，因此平均数会小于中位数. 5. 甲、乙两款AI软件进行强基数学解题测试，每轮测试中两款软件各独立解一道题．已知甲软件每轮答对的概率为，乙软件每轮答对的概率为，且两款软件答对与否互不影响，各轮测试结果也相互独立，则两款软件在两轮测试中共答对3道题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】一轮比赛中共答对2道题的概率为； 一轮比赛中共答对0道题的概率为； 则一轮比赛中共答对1道题的概率为， 则两款软件在两轮测试中共答对3道题的概率为 6. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为. 故选：D. 7. 已知圆的半径为2，弦长度为2，为圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的加减法运算，将两向量表示为与圆心连线构成的两个向量的和与差，根据圆心到圆上的点的距离为半径，可知模长，根据夹角计算范围即可． 【详解】因为，； 故， 因为半径为2，故， 因为，故为等边三角形，； 代入整理可得； ，，故， 故． 8. 漳州是中国女排的摇篮，城中三连冠纪念碑顶端有一颗排球形雕塑，民间俗称“定风珠”，如图1．现利用人工智能视觉测量系统测量该“定风珠”最高点到地面的距离．如图2，人工智能设备自动在地面选取两个测量基点与，测得，传感器自动识别并输出角度数据，，，则距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面垂直的性质得，则，在中应用正弦定理得，即可得. 【详解】由题意平面，平面，则， 所以为直角三角形，且， 在中，，，则， 由，得，整理得， 在中，则，即. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 经过简单随机抽样获得的样本数据为，，…，，且数据，，…，的平均数为，方差为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则所有的数据（）都为0 C. 若，则（）的平均数为7 D. 若，则（）的方差为12 【答案】CD 【解析】 【分析】利用方差的定义以及线性变换后平均数、方差的变化规律逐项判断． 【详解】由方差的定义，,故A错误； 若，则，但不一定为，故B错误； 若 ，则的平均数为 ，故C正确； 若，则的方差为，故D正确． 10. 已知的角，，对应的边为，，，且，，，则可能是（ ） A. 等腰三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 钝角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据所给余弦值求出角，根据正弦定理得到角的值，进而判断的形状． 【详解】因为，，则，则或， 解得或；因为，， 由正弦定理可知，解得； 因为，故或； 因为，故； 当，时，，为直角三角形； 当，时，，为等腰三角形，也为钝角三角形； 当，时，不合题意舍去； 当，时，不符合三角形内角和要求，舍去． 综上，为等腰三角形，或直角三角形，或钝角三角形 11. 已知正方体的棱长为1，，分别为线段，上的动点，则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 当平面时，的面积为 D. 的周长最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理判断A的真假；找出直线与平面所成的角，利用三角形的边角关系求其正弦值；根据条件确定的位置，再求的面积，判断C的真假；利用特殊情况可判断D是错误的. 【详解】如图： 对A：连接，，因为为正方体， 所以平面，平面，所以， 且，平面，， 所以平面，平面，所以. 同理可证， ，平面，，所以平面.故A正确； 对B：设，因为平面，平面， 所以平面平面， 所以即为直线与平面所成的角. 在中，，所以.故B正确； 对C：因为平面，平面，所以平面. 又，分别为线段，上的点，所以，. 所以为的中点，为的中心， 因为，所以. 且，， 所以，故C正确； 对D：因为，分别为线段，上的动点，所以当都趋近于时，的周长接近2，因为，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数满足，则____________． 【答案】 【解析】 【详解】由题设，则. 13. 已知事件和事件相互独立，为事件的对立事件．若，，则____________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用对立事件，独立事件和概率相关公式进行求解，得到答案 【详解】事件和事件相互独立，为事件的对立事件，故和事件相互独立， 故，， . 14. 已知向量，的夹角为，对任意的，不等式恒成立，则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】对不等式两边平方，去掉绝对值符号，利用向量数量积公式展开左边的模长平方，进而根据二次函数恒非负的条件，判别式小于等于0，得到仅含和的不等式，求解即可得到的最小值. 【详解】当时，，原不等式恒成立， 所以仅需考虑的情况，此时两边均非负，平方得， 整理可得：，该不等式对任意恒成立. 不为零向量，故二次项系数，若不等式恒成立，则， ， 对任意，， 因此，即，得， 故的最小值为. 四、解答题：本大题共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. 已知向量，． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行的公式求解. （2）利用向量垂直的公式和数量积公式求解. 【小问1详解】 因为，，所以， 因为，所以，解得． 【小问2详解】 因为，，所以， 因为，所以，解得， 则，，，， 则， 因为，所以向量与的夹角为． 16. 如图，直角梯形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中． （1）求平面四边形的面积和周长； （2）以四边形的边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，求该几何体的表面积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，垂足为，在斜二测画法中，求出相应的线段长，再求出图形的面积和周长； （2）根据题意先分析旋转之后得到的几何体，再根据表面积公式计算得到结果； 【小问1详解】 在坐标系中，如图1，过点作，垂足为， 又因为四边形是直角梯形，所以四边形是矩形， 所以，因为，所以， 建立平面直角坐标系，画出直角梯形的原图直角梯形，如图2所示， 满足，，，， 过点作轴的垂线，垂足为，， 在中，，， 所以直角梯形的面积为， 直角梯形的周长为． 【小问2详解】 题中旋转一周得到的几何体为圆柱和圆锥的组合体，该组合体中，圆柱、圆锥的底面半径均为，高均为； 所得旋转体的表面由圆柱的一个底面、侧面及圆锥的侧面组成， 圆柱的一个底面积为，侧面积为， 圆锥的母线，侧面积为， ， 所以旋转体的表面积为． 17. 抛掷一颗质地均匀的骰子两次，记第一次出现的点数为，第二次出现的点数为，若复数． （1）求事件“为实数”的概率； （2）求事件“”的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据为实数，则虚部为0，再根据古典概型公式求出概率即可； （2）先将转化为求出和可能的取值，再根据古典概型公式求出概率即可. 【小问1详解】 设事件为“为实数”， 若为实数，即为实数，所以，即， 该事件只与第二次抛掷骰子有关，与第一次抛掷骰子无关， 所以样本空间，故，即事件“为实数”的概率为． 【小问2详解】 设事件，样本空间， 所以． 由已知，， 所以的值只能取1，2，3，4； 当时，，即可取1，2，3，4，5； 当时，，即可取1，2，3，4，5； 当时，，即可取1，2，3，4； 当时，，即可取2． 由上可知，共有15种情况下可使事件B成立，即， 故，即事件“”的概率为． 18. 已知的角，，对应的边为，，，且． （1）求； （2）若，为所在平面内一点，，位于直线两侧，满足且． （ⅰ）设，分别为和的面积，且，求； （ⅱ）设，分别为和的重心，求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为三角函数关系，再结合三角形内角和求角；（2）（ⅰ）设，分别表示两个三角形的面积，利用已知面积关系求；（ⅱ）取的中点，利用重心的向量关系把转化为，再由余弦定理和辅助角公式求最小值． 【小问1详解】 由正弦定理，题设等式可化为. 因为，所以. 因此. 又，所以，从而. 即． 因为，所以. 【小问2详解】 设，则，且． （ⅰ）在中，由正弦定理得. 所以. 因此. 而. 由，得． 结合，得. 故． （ⅱ） 取的中点，连接，． 因为，分别为和的重心，所以. 从而. 在中，由正弦定理得. 又，位于直线两侧，所以. 在中，由余弦定理得. 化简得. 设，，则. 当时等号成立，且此时． 因此. 所以的最小值为. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，，，为线段的中点，为线段的中点，平面平面． （1）求证： （ⅰ）平面； （ⅱ）； （2）若平面平面，求四棱锥的体积； （3）过点作，为垂足，设四面体的外接球半径为，内切球半径为，求证：． 【答案】（1）（ⅰ）连接，交于点，连接， 因为底面是边长为2的菱形，则是的中点， 又因为为线段的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （ⅱ）因为平面平面，平面，平面， 所以； （2）； （3）由（2），知平面，又平面，所以， 又因为（即），，，平面， 所以平面， 因为平面，所以，所以， 因为，即，所以， 所以，所以， 设四面体体积为，表面积为，则， 所以， 即， 因为，，所以， 所以， 在，中，有，， 所以，，所以． 因为，所以． 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）作出辅助线，得到线线平行，线面平行；（ⅱ）由线面平行的性质得线线平行； （2）方法一：由面面垂直得线面垂直，结合余弦定理得到各边长，证明出平面，利用求出体积； 方法二：由面面垂直得线面垂直，作出辅助线，得到， 求出各边长，利用求出体积； （3）求出，设四面体体积为，表面积为，则，求出，从而. 【小问1详解】 （ⅰ）略；（ⅱ）略 【小问2详解】 方法一：过点作直线满足，因为，所以， 因为平面，平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为，，所以是等边三角形，所以， 因为，所以， 在中，， 所以，， 因为，，所以，， 又因为，平面，，所以平面， 所以， 所以四棱锥的体积为． 方法二：过点作直线满足，因为，所以， 因为平面，平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 取中点，连接，所以，且， 依题意有，所以， 又，所以， 在中，，，所以， 所以，所以， ， 所以四棱锥的体积为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $