精品解析：贵州贵阳市、黔南州2025-2026学年度第二学期末学科素养练习高一数学试题

贵州贵阳市、黔南州2025-2026学年度第二学期末学科素养练习高一数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使5用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色、墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. 7 D. 5 2. 在平行四边形ABCD中，是线段CD上的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知，，那么的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 8 4. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 6. 如图1是透明塑料制成的长方体容器，其中，将容器灌进一些水，水深为，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜成图2，此时的值为（ ） A. B. C. D. 7. 柜子里有3双不同的手套，分别用表示6只手套，从中随机地取出2只，记事件“取出的手套都是一只手的”，事件“取出的手套是一只左手一只右手的，但不是一双手套”，则事件或事件发生的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ） A. 4 B. 1或4 C. 1 D. 1或2 二、多项选择题（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，有选错或不选的得0分） 9. 已知复数（i为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面上对应的点位于第三象限 C. 复数的虚部为 D. 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 若，则在方向上的投影向量为 11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，这就是“圆柱容球”，是阿基米德最为得意的发现．如图是一个“圆柱容球”，分别为圆柱下、上底面的圆心，为球心，EF为圆的一条直径．若圆柱的母线，则下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 圆柱的表面积为 C. 四面体CDEF的体积的取值范围为 D. 平面DEF截得球的截面面积的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，且，则实数的值为__________． 13. 已知三棱锥的4个顶点均在球的球面上．若平面，，则球的表面积为__________． 14. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________． 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. 某校为了解初三学生的体能达标情况，体育组教师从全年级学生中随机抽取100名学生进行一分钟跳绳测试，并根据测试结果绘制了如下频率分布直方图． （1）求直方图中的值，并估计该校初三学生跳绳个数的平均数； （2）学校决定给该年级跳绳成绩排名前的同学颁发“优秀证书”，试估计获得“优秀证书”需要达到的跳绳个数． 16. 如图，在三棱锥中，平面为等边三角形，且为AB的中点，为PA的中点． （1）求证：平面CDE； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． 17. 2026年4月15日是第十一个全民国家安全教育日，其主题是“统筹发展和安全，护航‘十五五’新征程”．对于高中生而言，国家安全应融入日常，落在行动．某中学为了夯实校园安全教育，组织了一次安全知识竞赛，甲、乙两队（每队2人）参加了此次竞赛，规定每队的每名队员各回答一题，答对得1分，答错得0分．甲队2人答对的概率分别为，，乙队2人答对的概率都是，且所有答题结果相互独立． （1）设甲队得1分的概率为，乙队得2分的概率为，求和的值； （2）比赛结束后，求乙队得分比甲队得分多的概率． 18. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知且，为钝角． （1）求； （2）若，求的面积； （3）若是BC上的点，且，求AM的取值范围． 19. 如图，在平面四边形ABCD中，且． （1）若，将沿AC翻折至，使． ①证明：平面平面ABC； ②求二面角的余弦值． （2）若，将沿AC翻折至，使得平面平面ABC．在四面体KABC中任选2条棱，记它们互相垂直的概率为；任选2个面，记它们互相垂直的概率为；任选1个面和不在此面上的1条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州贵阳市、黔南州2025-2026学年度第二学期末学科素养练习高一数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上． 3．选择题须使5用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色、墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题（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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. 7 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】. 2. 在平行四边形ABCD中，是线段CD上的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为四边形是平行四边形，所以 因为，所以， 所以，故选B. 3. 如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知，，那么的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】由直观图及题意，得为等腰直角三角形，所以， 所以，则， 则，，， . 4. 已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项：若，且，则或与斜交或或，故A错误； 对于B选项：假设．因为， 所以，，所以，但不成立，故B错误； 对于C选项：因为，则，又因为，所以，C正确； 对于D选项：若，则或与异面或相交，故D错误． 5. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 【答案】A 【解析】 【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案． 【详解】设9位评委评分按从小到大排列为． 则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余， 中位数仍为，A正确． ②原始平均数，后来平均数 平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确 ③ 由②易知，C不正确． ④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确． 【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解. 6. 如图1是透明塑料制成的长方体容器，其中，将容器灌进一些水，水深为，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜成图2，此时的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，所以. 7. 柜子里有3双不同的手套，分别用表示6只手套，从中随机地取出2只，记事件“取出的手套都是一只手的”，事件“取出的手套是一只左手一只右手的，但不是一双手套”，则事件或事件发生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】样本空间 ，， 样本空间中样本点的总数为15个． ，样本点的总数为6个； ，样本点的总数为6个， 且与互斥，所以. 8. 若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ） A. 4 B. 1或4 C. 1 D. 1或2 【答案】B 【解析】 【分析】先由题意得两两的夹角或，再由向量模长公式结合数量积定义直接计算即可得解． 【详解】设向量两两的夹角为， 因为两两的夹角相等，则或. 因为，， 所以． 当两两的夹角为0时，，所以； 当两两的夹角为时，，所以． 综上所述，或4. 二、多项选择题（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，有选错或不选的得0分） 9. 已知复数（i为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面上对应的点位于第三象限 C. 复数的虚部为 D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A选项：由，则，故A错误； 对于B选项：复数在复平面上对应的点为，故B正确； 对于C选项：复数的虚部为，故C正确； 对于D选项：，故D正确． 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为，所以，选项A正确； ，所以，所以，选项B正确； 因为，所以，所以，选项C错误； 因为，所以，所以， 所以在方向上的投影向量为，选项D正确． 11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，这就是“圆柱容球”，是阿基米德最为得意的发现．如图是一个“圆柱容球”，分别为圆柱下、上底面的圆心，为球心，EF为圆的一条直径．若圆柱的母线，则下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 圆柱的表面积为 C. 四面体CDEF的体积的取值范围为 D. 平面DEF截得球的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据球与圆柱的高相等，得到球半径，即可计算球体积，根据内切可得球半径与圆柱底面半径的关系，继而可计算圆柱的表面积；通过将四面体CDEF拆分为两个已知底与高的三棱锥计算体积的取值范围；根据截面圆半径与球半径，球心到截面的距离构成直角三角形，求解截面半径，计算截面面积． 【详解】对于A选项：由题意，得球的半径为1，故球的体积为，故A正确； 对于B选项：记圆柱的表面积为．因为球与圆柱相切，故圆柱底面直径与球直径相等， 得圆的半径为1，则，故B错误； 对于C选项：由为EF的中点，记到平面的距离为，则， 则， ， 则，故C正确； 对于D选项：过点作，垂足为， 由，；， 所以点到平面DEF的距离； 记截面圆半径为，则，当平面DEF时取等号， 所以截面圆的面积，故D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，且，则实数的值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据平行向量坐标满足计算参数． 【详解】由题意，得， 因为，所以，所以． 13. 已知三棱锥的4个顶点均在球的球面上．若平面，，则球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【详解】在中，，则. 又垂直于平面，则两两垂直， 故三棱锥的外接球即以为三条棱的长方体的外接球， 则外接球的半径. 故球的表面积为. 14. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理和正弦定理变形得到，由基本不等式求出，进而得到的最大值 【详解】因为，所以． 又因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以． 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. 某校为了解初三学生的体能达标情况，体育组教师从全年级学生中随机抽取100名学生进行一分钟跳绳测试，并根据测试结果绘制了如下频率分布直方图． （1）求直方图中的值，并估计该校初三学生跳绳个数的平均数； （2）学校决定给该年级跳绳成绩排名前的同学颁发“优秀证书”，试估计获得“优秀证书”需要达到的跳绳个数． 【答案】（1），185个 （2）203个． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积和等于1可得，经计算可得平均数为185， （2）结合（1）和百分位数的计算方法可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，， 解得． 该校初三学生跳绳个数的平均数约为 （个）． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，［205，215］组的频率为0.08，［195，205）组的频率为0.1， 所以第90百分位数位于内． 由， 所以估计获得“优秀证书”需要达到的跳绳个数约为203个． 16. 如图，在三棱锥中，平面为等边三角形，且为AB的中点，为PA的中点． （1）求证：平面CDE； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． 【答案】（1）因为D，E分别为AB，PA的中点，所以DE为的中位线， 故． 又平面平面CDE， 所以平面CDE． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）先证得平面PAB，根据线面角的定义计算得到结果； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为等边三角形，为AB的中点，所以． 又平面平面ABC，所以． 因为平面PAB，所以平面PAB， 连接PD，则为直线PC与平面PAB所成的角，设为． 因为，所以， 所以，即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为． 17. 2026年4月15日是第十一个全民国家安全教育日，其主题是“统筹发展和安全，护航‘十五五’新征程”．对于高中生而言，国家安全应融入日常，落在行动．某中学为了夯实校园安全教育，组织了一次安全知识竞赛，甲、乙两队（每队2人）参加了此次竞赛，规定每队的每名队员各回答一题，答对得1分，答错得0分．甲队2人答对的概率分别为，，乙队2人答对的概率都是，且所有答题结果相互独立． （1）设甲队得1分的概率为，乙队得2分的概率为，求和的值； （2）比赛结束后，求乙队得分比甲队得分多的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式及互斥事件概率加法公式求解即可； （2）分别计算出乙队得1分甲队得0分，乙队得2分甲队得0分，乙队得2分甲队得1分的概率，再相加即可. 【小问1详解】 由题意，得甲队得1分的概率， 乙队得2分的概率． 【小问2详解】 设“乙队得分比甲队得分多”为事件，事件包括三种情况：乙队得1分甲队得0分；乙队得2分甲队得0分；乙队得2分甲队得1分． 乙队得1分甲队得0分的概率， 乙队得2分甲队得0分的概率， 乙队得2分甲队得1分的概率， 因此， 所以乙队得分比甲队得分多的概率为． 18. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知且，为钝角． （1）求； （2）若，求的面积； （3）若是BC上的点，且，求AM的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及正弦定理求解即可； （2）利用二倍角公式求出，再利用正弦定理和余弦定理求出，进而求出三角形的面积； （3）设，则．由正弦定理，得出，进而求出，再利用正切函数的性质求出其取值范围． 【小问1详解】 由题意，得， 整理，得． 由正弦定理，得． 因为，所以，所以． 又且为钝角，所以． 【小问2详解】 由题意，得，所以． 因为，所以，所以． 由正弦定理，得． 由余弦定理，得， 所以， 所以． 【小问3详解】 设，则． 由正弦定理，得，所以． 在等腰三角形MAC中， 因为，所以， 所以，即AM的取值范围是． 19. 如图，在平面四边形ABCD中，且． （1）若，将沿AC翻折至，使． ①证明：平面平面ABC； ②求二面角的余弦值． （2）若，将沿AC翻折至，使得平面平面ABC．在四面体KABC中任选2条棱，记它们互相垂直的概率为；任选2个面，记它们互相垂直的概率为；任选1个面和不在此面上的1条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较的大小． 【答案】（1）①证明：在平面四边形ABCD中，因为， 所以翻折后，由，平面， 可得平面． 又因为平面ABC， 所以平面平面ABC ② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； ②用定义法找到二面角的平面角，在中求出，在Rt中，求出，进而得到二面角的余弦值； （2）分别求出，再进行比较即可. 【小问1详解】 ①略. ②解：如图，过点作于点，连接BO． 因为，平面， 所以平面ABO，所以， 因此为二面角的平面角． 在中，，所以， 所以． 在中，，所以，所以， 所以二面角的余弦值为． 【小问2详解】 由余弦定理，得，所以，平面平面ABC. 在四面体KABC中任选2条棱，共有15种情况，其中相互垂直的棱有5对： ，故． 从4个面中任选2个面，共有6种情况，其中相互垂直的面有3对： 平面平面ABC，平面平面ABC，平面平面ACK，故． 任选1个面和不在此面上的1条棱，先从4个平面中任选1个平面，共有4种情况， 再从不在此面上的3条棱中任选1条，有3种情况，故共有12种情况， 其中满足垂直关系的有2种：平面ACK和棱AB，平面ACB和棱CK，故， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $