精品解析：四川广元市2025-2026学年下学期高一期末综合素养测评数学试题

2026年春季普通高中一年级期末综合素养测评 数学 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上. 3．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 6．考试结束后，只将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 若是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚数单位的循环计算结果． 【详解】由，，，，，……，可知，虚数单位以4为一个周期循环， 因为，故． 2. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. 5 D. 11 【答案】A 【解析】 【详解】平面向量，，则. 3. 某地区有高中教师300人，初中教师800人，小学教师1100人，为调查某次教师培训的成效，采用分层抽样的方法从这些教师中抽取一个容量为44的样本进行访问，则小学教师应抽取（ ） A. 6人 B. 16人 C. 22人 D. 28人 【答案】C 【解析】 【分析】由抽样比即可计算求解. 【详解】由题可得抽样比为. 所以小学教师应抽取人. 故选：C. 4. 已知圆柱底面直径为4，侧面展开图为正方形，则该圆柱侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为圆柱底面直径为4，侧面展开图为正方形， 则圆柱的底面周长即为正方形的边长，正方形的边长即为圆柱的高， 所以正方形的边长为，圆柱的高为， 则圆柱侧面积为. . 5. 设，在复平面内z对应的点为Z，则满足的点Z的集合对应图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设复数，则，不等式等价于 ，即，该图形为以原点为圆心，内半径为1，外半径为2的圆环， 面积． 6. 已知m，n为不同直线，，为不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据立体几何的相关定理结合空间想象能力判断各选项即可. 【详解】对于选项A：若平行于，，则平行于或,故A错误. 对于选项B： ，，,此时不能保证，必须增加条件，故B错误. 对于选项C：平行于，平行于,则可以相交,也可以异面.故C错误. 对于选项D：，平行于,即的法向量与垂直.故D正确. 7. 某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，根据正弦定理可得，进而求解即可. 【详解】因为， 如图所示，在中，，, 由正弦定理可得， 则， 在中，. 故选：D． 8. 将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到翻折后四面体ABCD是2个直角三角形构成的，所以外接球球心在斜边的中点处，可得到半径进而求得体积，由翻折特性可知平面AOC，又可求体积. 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 对于平面非零向量，，，下列命题正确的是（ ） A. 与是否相等和，的方向无关 B. C. D. 在上的投影向量为（是与方向相同的单位向量） 【答案】AC 【解析】 【分析】根据模长的定义，向量垂直的性质，及投影的定义逐一判断即可． 【详解】对于A，与是向量的模长，只与向量的长度有关，和向量的方向无关，故A正确； 对于B，若，则，即，但不一定有，故B错误； 对于C，若，则，则，故C正确； 对于D，当与同向时，在上的投影向量为，故D错误． 10. 同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子朝上面的点数，用y表示绿色骰子朝上面的点数，用表示一次试验的结果.定义事件“”，事件“为奇数”，事件“”，则下列结论正确的是（ ） A. B. A与B互斥 C. A与B对立 D. A与C相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】将事件对应的基本事件梳理清楚，进而判断事件之间的关系，计算概率． 【详解】同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，可知其中一共有36个样本点； 事件“”代表两枚骰子点数和为7，包含共6个样本点，故，选项A正确； 事件“为奇数”代表两枚骰子点数积为奇数，包括为奇数，为奇数，共个样本点，其中与事件无公共样本点，故事件与事件互斥，选项B正确； 因为，，故事件与事件不对立，选项C错误； 事件“”代表红色骰子向上点数大于3，共18个样本点，则； 事件表示样本点，故， 因为，故A与C相互独立，选项D正确． 11. 在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，P，Q分别是棱、的中点，过直线PQ的平面分别与棱、交于点E，F，则下列说法正确的是（ ） A. 四边形PEQF为矩形 B. C. 四边形PEQF面积的最小值为 D. 四棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，平面平行于平面时,四边形不是矩形，举出反例进行判断；对于B，连接，可证得全等于,从而进行判断；对于C，由四边形面积为分析判断；对于D，由分析判断. 【详解】A选项：取特殊情况,当平面平行于平面时， 由直棱柱的性质，,故此时四边形不是矩形，所以A错误； B选项：连接于，连接交于，连接， 因为平面平行于平面，平面平面，平面平面， 所以平行于， 同理可得平行于，所以四边形为平行四边形， 在中，， 因为为中点，所以为直四棱柱的中心， 易得全等于，所以，B正确； C选项：因为四边形为菱形，边长为2，， 则，可得， 因为四边形面积为， 所以四边形面积的最小值为，所以C正确； D选项：因为， 点到平面的距离为定值，为定值， 所以四棱锥的体积为定值，所以D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，是虚数单位，则____. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】由可得，故. 故答案为：. 13. 排球比赛的规则是5局3胜制（无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，为，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】分析出最后乙队获胜含3种情况；然后结合独立事件概率的乘法公式即可计算出结果. 【详解】最后乙队获胜含3种情况：(1)第三局乙胜；(2)第三局甲胜，第四局乙胜；(3)第三局和第四局都是甲胜，第五局乙胜．故最后乙队获胜的概率P＝＋×＋×＝. 故答案为：. 14. 在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】将正方体的侧面与平面展开到同一平面，的最小值就是点到直线的垂线段长度. 【详解】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 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. 某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动．在活动中，共有20道数学问题，甲、乙、丙三位同学独立作答，已知甲同学只能答对其中的12道题，乙同学只能答对其中的8道题，丙同学只能答对其中的n道题． （1）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人能答对的概率； （2）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三位同学中至少有一个人答对的概率为，求n的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型,及相互独立事件的概率计算公式即可求解； （2）根据对立事件，及相互独立事件的概率，列出方程求解即可． 【小问1详解】 设“任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”，“任选一道题，丙答对”， 则，，， 所以，，， 记“甲、乙两位同学恰有一人答对”， 则有，且有与互斥， 因为每位同学独立作答，所以，互相独立，则与，与，与均相互独立， 所以， 所以任选一道数学问题，甲、乙两位同学恰有一人答对的概率为． 【小问2详解】 记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则， 所以， 解得． 16. 某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从高一年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值； （2）估计该年级学生成绩的中位数（精确到0.01）； （3）计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩的平均数为85，方差为12；成绩位于内的学生成绩的平均数为95，方差为10.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差. 参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为m、、；n、、.记样本平均数为，样本方差为，. 【答案】（1） （2）77.14 （3） 【解析】 【分析】本题主要考查频率分布直方图的性质、中位数的估计以及混合样本方差的计算. (1)根据频率分布直方图中各矩形面积之和为1，列出关于的方程求解. (2)利用频率分布直方图估计中位数，即累计频率达到0.5时对应的分数. (3)已知两组数据的平均数和方差，利用混合样本方差公式计算整体方差. 【小问1详解】 由直方图可知，五个小矩形的高度分别为,,,,，组距为10. 频率之和为， 解得 【小问2详解】 各组频率为： ， ， ， ， . 前两组累计频率为，前三组累计频率为， 故中位数落在区间内. 设中位数为，则. 解得，. 【小问3详解】 成绩在的频率为0.3，人数； 成绩在的频率为0.1，人数. 设两组平均数分别为，，方差分别为，. 合并后平均分 由分层方差公式： 17. 如图，在矩形ABCD中，已知，，，，相交于点N，，相交于点P． （1）若，求的值； （2）求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平行线相似得到线段比例，再通过向量加减法完成基底转换，求出的值； （2）利用坐标法，把几何角转化为向量夹角，用数量积公式直接计算三角函数值． 【小问1详解】 因为四边形为矩形，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，， 所以． 【小问2详解】 建立如图所示的平面直角坐标系， 根据题意有，，，， 所以，， 由图有， 所以， 所以的余弦值为． 18. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，点在直线上． （1）求直线与所成角的大小； （2）求证：平面； （3）求证：直线相交于一点． 【答案】（1） （2） 如图，连接AC， 分别是棱的中点， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面，同理平面， 因为平面，， 所以平面平面， 因为，平面， 所以平面， 所以平面； （3） 如图，连接， 因为分别是棱的中点， 所以， 因为分别是棱的中点， 所以， 所以，且， 所以EF与MN相交， 设， 因为，，平面， 所以平面， 同理平面， 所以是平面和平面的公共点， 因为平面平面， 所以点在上， 所以直线相交于一点． 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线平移两条异面直线，转化为相交直线夹角，借助正方体面对角线构成等边三角形求出夹角大小； （2）通过中位线证两组相交直线分别平行，得到面面平行，再由直线在另一平面内推出线面平行； （3）先证为梯形两腰必有交点，再利用两平面交线公理说明交点落在上，完成三线共点证明． 【小问1详解】 如图，连接， 因为分别是棱的中点 所以，， 所以直线与所成的角为， 因为分别是正方体面的对角线， 所以为等边三角形 所以 即直线与所成角的大小为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 如图，平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，． （1）求的大小； （2）求面积的最大值； （3）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中由正弦定理得到三边比例，设参后用余弦定理算出的余弦值，结合角度范围求出角； （2）先用正弦定理算出长，利用圆内接四边形对角互补得到，再借助余弦定理与均值不等式求出的最大值，代入三角形面积公式得面积最大值； （3）根据托勒密定理建立与的关系式，平方后拆分分式，用基本不等式求出目标代数式的最小值． 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得， 设，，， 由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 由正弦定理可得， 所以，， 由四边形有外接圆可知， 在中设，， 由余弦定理得，即， 当且仅当时，等号成立， ， 所以面积的最大值； 【小问3详解】 由托勒密定理得， 即，平方得， 设， 所以， 当且仅当且，即，时，等号成立， 所以的最小值为，即的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季普通高中一年级期末综合素养测评 数学 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，务必将自己的姓名、座位号、班级和考籍号填写在答题卡规定的位置上. 3．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 4．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 5．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 6．考试结束后，只将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 若是虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知平面向量，，则（ ） A. B. C. 5 D. 11 3. 某地区有高中教师300人，初中教师800人，小学教师1100人，为调查某次教师培训的成效，采用分层抽样的方法从这些教师中抽取一个容量为44的样本进行访问，则小学教师应抽取（ ） A. 6人 B. 16人 C. 22人 D. 28人 4. 已知圆柱底面直径为4，侧面展开图为正方形，则该圆柱侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设，在复平面内z对应的点为Z，则满足的点Z的集合对应图形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m，n为不同直线，，为不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 7. 某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（ ） A. B. C. D. 8. 将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 对于平面非零向量，，，下列命题正确的是（ ） A. 与是否相等和，的方向无关 B. C. D. 在上的投影向量为（是与方向相同的单位向量） 10. 同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子朝上面的点数，用y表示绿色骰子朝上面的点数，用表示一次试验的结果.定义事件“”，事件“为奇数”，事件“”，则下列结论正确的是（ ） A. B. A与B互斥 C. A与B对立 D. A与C相互独立 11. 在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，P，Q分别是棱、的中点，过直线PQ的平面分别与棱、交于点E，F，则下列说法正确的是（ ） A. 四边形PEQF为矩形 B. C. 四边形PEQF面积的最小值为 D. 四棱锥的体积为定值 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，是虚数单位，则____. 13. 排球比赛的规则是5局3胜制（无平局），在某次排球比赛中，甲队在每局比赛中获胜的概率都相等，为，前2局中乙队以2∶0领先，则最后乙队获胜的概率是________． 14. 在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，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. 某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动．在活动中，共有20道数学问题，甲、乙、丙三位同学独立作答，已知甲同学只能答对其中的12道题，乙同学只能答对其中的8道题，丙同学只能答对其中的n道题． （1）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人能答对的概率； （2）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三位同学中至少有一个人答对的概率为，求n的值． 16. 某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从高一年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值； （2）估计该年级学生成绩的中位数（精确到0.01）； （3）计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩的平均数为85，方差为12；成绩位于内的学生成绩的平均数为95，方差为10.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差. 参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为m、、；n、、.记样本平均数为，样本方差为，. 17. 如图，在矩形ABCD中，已知，，，，相交于点N，，相交于点P． （1）若，求的值； （2）求的余弦值． 18. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，点在直线上． （1）求直线与所成角的大小； （2）求证：平面； （3）求证：直线相交于一点． 19. 如图，平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，． （1）求的大小； （2）求面积的最大值； （3）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $