精品解析：新疆生产建设兵团第二中学2025-2026学年高一第二学期7月期末考试数学试卷

兵团二中2025-2026学年（第二学期）高一年级期末考试 数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每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z，则的虚部为（ ） A. B. i C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简复数z，得到共轭复数即可. 【详解】因为复数z， 所以， 所以的虚部为. 故选：C 【点睛】本题主要考查了复数的概念和复数的运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2. 从1~10这10个整数中随机选择一个数，设事件表示选到的数能被2整除，事件表示选到的数能被3整除，则事件的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从1~10共10个整数中随机选数，总共有10种等可能结果. 表示选到的数能被2整除，且不能被3整除. 在1~10中，能被2整除的数为， 排除能被3整除的6，剩余符合条件的数共4个，即. 则. 3. 如图为国家统计局于2023年1月20日发布的2016-2022年全国R&D经费总量与R&D经费与GDP之比的数据图表，则（ ） A. R&D经费总量的平均数超过23000亿元 B. R&D经费总量的中位数为19678亿元 C. R&D经费与GDP之比的极差为0.45% D. R&D经费与GDP之比增幅最大的是2021年到2022年 【答案】C 【解析】 【分析】根据数据图表逐项判断可得答案. 【详解】对于选项A，R&D经费总量的平均数为， 所以A错误； 对于选项B，R&D经费总量的中位数为22144亿元，所以B错误； 对于选项C，R&D经费与之比的极差为，所以C正确； 对于选项D，R&D经费与GDP之比增幅最大的是2019年到2020年，所以D错误． 故选：C. 4. 若，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【详解】对于A，由，过直线的平面与平面相交，令交线为，则， 由，得，而，因此，故A正确； 对于B，若，则，故B不正确； 对于C，若，则或互为异面直线，故C不正确； 对于D，若，当且仅当与平面的交线垂直时才会有，故D错误. 5. 在下列关于概率的命题中，正确的是（ ） A. 若事件满足，则为对立事件 B. 若事件满足，事件和事件互斥，则 C. 若事件满足，则相互独立 D. 若事件与是互斥事件，则与也是互斥事件 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义逐一验证各选项的正误. 【详解】对A：举出反例：投掷均匀骰子，设事件为“点数小于等于”， 事件为“点数为偶数”，此时，即有， 但不为对立事件，故A错误； 对B：若事件和事件互斥，则，故B错误； 对C：，故相互独立，故C正确； 对D：举出反例：投掷均匀骰子，设事件为“点数为”，事件为“点数为”， 互斥，但为“点数为”，此时， 故与不互斥，故D错误. 6. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】通过对截距的取值是否为进行分类，分别设直线方程为和，代入点，即可求解. 【详解】设直线的横截距为，纵截距为，因为直线在两坐标轴上的截距相等，即， 当时，设直线的方程为， 又直线过点，所以，解得，所以直线的方程为； 当时，设直线的方程为，即， 又直线过点，所以，解得， 所以直线的方程为，即. 综上所述，过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或. 故选：C 7. 已知码头在码头的正北方向，两码头相距100海里，从码头测得海上某渔船位于北偏东方向，从码头测得渔船位于北偏东方向，从码头还测得另一艘货船位于南偏东方向，且货船到码头的距离为海里，欲在货船与渔船之间增设一条补给航线，则补给航线的长为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】B 【解析】 【分析】先作出示意图，求出，，，，在中，利用正弦定理求出，再在中，利用余弦定理求出即可. 【详解】解：根据题意作出如下示意图， 由题意可知，，，， ， 在中，由正弦定理可得，又海里， 所以，解得海里， 在中，由余弦定理可得， 又海里，所以海里. 8. 已知在中，是边的中点，是线段的中点，，的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中条件设，，，，先得到，再由向量数量积的运算，结合基本不等式，得到的最小值． 【详解】设，，，， 是中点，由中线向量公式：， 是中点，同理在中：， 由，解得， 则， 将、代入数量积表达式：， 由基本不等式，当且仅当时取等号， 因此，． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错选项的得0分. 9. 对于直线，．以下说法错误的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】AC 【解析】 【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D. 【详解】当时， 解得 或， 当时，两直线为 ，符合题意； 当时，两直线为 ，符合题意，故A错误； 当时，两直线为，， 所以，故B正确； 直线即直线，故直线过定点，故C错误； 因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时， 到直线的距离最大，最大值为， 故D正确， 故选：AC. 10. 如图，点，分别是棱长为的正四面体的边和的中点，点在线段上，且．则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理，及线性运算即可判断A；根据空间向量数量积的运算性质，及模长公式求解即可判断B，C；根据投影向量的定义求解即可判断D． 【详解】对于A，由点，分别是边和的中点，则，， 又，且点在线段上，则，则， 所以，故A正确； 对于B，由正四面体的棱长为，即，且，，两两的夹角都为， 则， 则， 所以，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，向量在方向上的投影向量为，故D正确． 11. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为侧面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 当平面平面时，与平面所成角正切值的最小值为2 D. 若，则点轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等体积法可得A；借助等角定理与余弦定理计算可得B；取、中点、，借助面面平行判定定理可得点的轨迹为线段，再利用线面角定义结合正切定义，结合的范围计算即可得解；对D：借助勾股定理可得点轨迹，再求出点轨迹所对的圆心角，结合弧长公式计算即可得解. 【详解】对A：，由正方体性质可知点到平面距离不变恒为， 又面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对B：取中点，连接、，由为的中点， 则，则或其补角即为直线与所成角， 且， 又，， 故，故B错误； 对C：连接中点与中点，连接、、、、， 则，又分别为棱的中点，则， 由正方体性质可得，故，故、、、共面， 由，平面，平面，故平面， 由、分别为、中点，则， 又平面，平面，故平面， 又、平面，，故平面平面， 故点的轨迹为线段，由正方体性质可得平面， 连接，则即为与平面所成角， 在中，由在线段上，则， 故， 即与平面所成角正切值的最小值为，故C正确； 对D：连接，由正方体性质可得平面， 又平面，故， 则， 故点的轨迹为以为圆心，为半径，在侧面上的弧， 作出正方形，令的轨迹与、交于点、， ，故，同理可得， 故，故点轨迹长度为，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，，25，26，27，34，37，38，若该组数据的分位数为24，则__________． 【答案】23 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法和取法方式，直接求解即可. 【详解】由题可得，则该组数据的40%分位数为， 又该组数据的分位数为24，所以，解得. 13. 两个圆锥，的母线长相等，它们的侧面展开图中圆心角之和为．设，的侧面积分别为，，体积分别为，.若，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥侧面积公式，及侧面展开图的圆心角公式，从而得到两圆锥的高，进而利用圆锥的体积公式即可求出比值． 【详解】依题意，不妨设圆锥的底面半径为，高为， 圆锥底面半径为，高为，两者母线长为， 则，，又，则， 又侧面展开图的圆心角之和为， 则，得， 则，， 所以． 14. 已知平行六面体，在中任取3个向量，则能构成空间的一个基底的概率为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】先计算从5个向量中任取3个的总基本事件数，再找出共面的向量组（即不能构成基底的事件数），得到不共面的向量组，结合古典概型公式计算概率. 【详解】已知平行六面体，如图， 在中任取3个向量，总数为， 即共有10组不同的取法， 其中， 因为， 所以这3个向量共面，不能构成空间的基底； 其中， 因为， 所以这3个向量共面，不能构成空间的基底， 则共面的向量有2组，其余8组取法中的3个向量不共面， 所以，所求概率为. 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. 2024年3月31日，贵州铜仁梵净山春季马拉松在梵净山赛道成功举行，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.铜仁市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）计算出的值，根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解； （2）先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由图得， 解得， 则， ， ， 设第80百分位数为，则， ，解得， 故这100名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. 【小问2详解】 设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为， 且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为： ， 故第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 16. 在中,内角所对的边分别为,已知, ,且. (1)求角的大小; (2)若,的面积为,求的周长 【答案】(1)；(2) 【解析】 【分析】 （1）由向量垂直关系得到数量积为零的等式，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、诱导公式可化简得到，进而求得； （2）根据三角形面积公式构造方程求得，利用余弦定理可求得，进而得到所求周长. 【详解】（1） 由正弦定理得： 即： （2） 由余弦定理得： 的周长 【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、利用两角和差公式和诱导公式化简、平面向量数量积、三角形面积公式和余弦定理的应用等知识，属于常考题型. 17. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将已知边的关系式全部转化为角的正弦形式，展开并代入等式，消去两边相同项后提取公因式，结合三角形内角正弦不为，求出，再由角的范围确定的大小； （2）由垂直平分线性质得，得到；利用等腰外角关系得，在中列余弦定理；再对用正弦定理建立与的等式，结合二倍角公式联立求出，由为锐角开方得到． 【小问1详解】 由，得， 即， 因为，所以， 所以， 化简得，而，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为在的垂直平分线上，所以， 因为，所以，即， 在中，，所以，，， 在中，，，，， 因为， 所以，即①， 在中，由，得，即②， 将②代入①中，得， 即，解得， 所以， 因为，所以， 所以． 18. 如图，且，，且，且，平面，，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）①若，求直线到平面的距离. ②若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）如图，取中点为，连接， 由，则， 由分别为中点，则，， 由，则，故， 则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，通过证明，可得四边形是平行四边形，最后利用线面平行判定定理即可得； （2）①借助勾股定理、余弦定理与三角形面积公式可得面积，再利用等体积法可得点到平面距离，结合平面即可得解；②找到平面与平面所成角后，利用勾股定理与余弦定理计算可得，再借助等体积法求出点到平面的距离，结合线面角定义即可得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由平面，、、、平面， 故、、、， 又且，故四边形为矩形，则，故， 则有，， 由，，故，而平面， 故平面，而平面，故， 故， ，故， 由，，，故，故， 则，则， 由平面，故点到平面距离即为直线到平面的距离， 又，设点到平面距离为， 故， 整理得，即， 即到平面距离为； ②过点作于点，连接， 则，故， 设，则， ， ，故, 故，故， 结合几何体特征可得即为平面与平面所成角的补角， ，， 则， 解得（负值舍去），即，与①中相同， 由、，故，又平面， 故点与点到平面距离相同， 故， 设点到平面的距离为， 则，故， 设直线与平面所成角为，则. 19. 如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． （1）求证：平面； （2）已知点为棱上的点，且． ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，求平面截三棱锥所得截面的面积． 【答案】（1）由题意，在中，勾股定理得，， 过D点作垂足为点E， 则在中，由勾股定理可得， 在中，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，平面，, ，， 所以平面 （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）由已知条件计算边长结合勾股定理证明直角，再由面面垂直的性质定理证明； （2）①转换三棱锥顶点，证明为高，底面为直角三角形求体积，利用三棱锥的长方体模型求外接球半径进而求其表面积， ②设平面交边于点，交于点，由已知，解三角形求，判断点的位置，过点作，证明平面与平面重合，可确定的位置，最后求出的面积即为截面面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知平面，平面， 所以，故在中，，解得， 在中，， 因为平面，平面，所以，即为直角三角形， 所以， 在三棱锥中，因为，， 故可将其补成以为体对角线的长方体模型， 设外接球半径为，则，所以， 所以外接球表面积． ②设平面交边于点，交于点， 因为平面，， 所以，又，所以， 在中，，，， 所以， 即，故， 又， 所以， 所以， 由正弦定理可得，所以， 是上满足的点， 过点作，交于点，则， 因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，所以平面与平面重合，点与点重合， 因此是上满足的点， 因此，又平面，所以平面， 因为平面，所以，， ， 所以， 因此平面截三棱锥所得截面的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兵团二中2025-2026学年（第二学期）高一年级期末考试 数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每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z，则的虚部为（ ） A. B. i C. D. 2. 从1~10这10个整数中随机选择一个数，设事件表示选到的数能被2整除，事件表示选到的数能被3整除，则事件的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 如图为国家统计局于2023年1月20日发布的2016-2022年全国R&D经费总量与R&D经费与GDP之比的数据图表，则（ ） A. R&D经费总量的平均数超过23000亿元 B. R&D经费总量的中位数为19678亿元 C. R&D经费与GDP之比的极差为0.45% D. R&D经费与GDP之比增幅最大的是2021年到2022年 4. 若，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在下列关于概率的命题中，正确的是（ ） A. 若事件满足，则为对立事件 B. 若事件满足，事件和事件互斥，则 C. 若事件满足，则相互独立 D. 若事件与是互斥事件，则与也是互斥事件 6. 已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 已知码头在码头的正北方向，两码头相距100海里，从码头测得海上某渔船位于北偏东方向，从码头测得渔船位于北偏东方向，从码头还测得另一艘货船位于南偏东方向，且货船到码头的距离为海里，欲在货船与渔船之间增设一条补给航线，则补给航线的长为（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 8. 已知在中，是边的中点，是线段的中点，，的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错选项的得0分. 9. 对于直线，．以下说法错误的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 10. 如图，点，分别是棱长为的正四面体的边和的中点，点在线段上，且．则（ ） A. B. C. D. 向量在方向上的投影向量为 11. 在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为侧面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 当平面平面时，与平面所成角正切值的最小值为2 D. 若，则点轨迹长度为 三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，，25，26，27，34，37，38，若该组数据的分位数为24，则__________． 13. 两个圆锥，的母线长相等，它们的侧面展开图中圆心角之和为．设，的侧面积分别为，，体积分别为，.若，则的值为__________． 14. 已知平行六面体，在中任取3个向量，则能构成空间的一个基底的概率为_________． 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. 2024年3月31日，贵州铜仁梵净山春季马拉松在梵净山赛道成功举行，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.铜仁市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. 16. 在中,内角所对的边分别为,已知, ,且. (1)求角的大小; (2)若,的面积为,求的周长 17. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 18. 如图，且，，且，且，平面，，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）①若，求直线到平面的距离. ②若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． （1）求证：平面； （2）已知点为棱上的点，且． ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，求平面截三棱锥所得截面的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $