精品解析：广东实验中学2025-2026学年高一下学期7月模块考试数学试题

广东实验中学2025—2026学年（下）高一级期末模块考试 数 学 命题：方敏 审定：许作舟 校对：杨晋鹏 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、者号填写在答题卷上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案：不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若m//α，n//β，α//β，则m//n B. 若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n C. 若n//α，n//β，则α//β D. 若m//n，n⊂α，则m//α 3. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不超过8的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 5. 已知函数的图象经过点，若在上有且只有两个最值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知在等腰梯形中，，是腰上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一组样本数据共有个数，其平均数为，方差为．将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为，则新的样本数据的方差最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知在直角梯形中，，若将梯形绕所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某学校有学生5000人，其中男生3000人，女生2000人，希望获得全体学生的身高信息，按照比例分配的分层抽样原则抽取了容量为500的样本．经计算得到男生身高样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为．下列说法中正确的是（ ） A. 女生样本容量为2000 B. 每个男生被抽入到样本的概率均为 C. 所有样本的均值为166cm D. 所有样本的方差为 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 的一个周期是 B. 在上单调递增 C. 的最大值为 D. 方程在上有个解 11. 如图已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点．点为棱的中点，则（ ） A. 三点不共线 B. 异面直线与所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 过点的平面截该正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共16分． 12. 一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是_____． 13. 已知正四面体的棱长为1，若该正四面体的外接球表面积为，其内切球表面积为，则_____． 14. 在三棱锥中，已知，，，且，，，则以为底面时，三棱锥的高为_____． 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. 设复数，，其中，且复数所对应的点都在复平面第一象限内． （1）若，求实数，的值； （2）设所对应的向量为，若与共线，求的最小值． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 17. 如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． （1）证明：平面； （2）当时，求证：平面； （3）当时，求点到平面的距离． （如果采用建系的方式来处理，将不会给分） 18. 在平面直角坐标系中，先将线段绕原点按逆时针方向旋转角，再将旋转后所得线段的长度变为原来的倍得到，我们把这个过程称为对点进行一次变换得到点，例如对点进行一次变换得到点． （1）若对点进行一次变换得到点，求的坐标； （2）若先对点进行一次变换得到点，再对点进行一次变换得到点，求的坐标． 19. 2026年广州市高中组男子足球8进4比赛在6月12日结束，最终省实通过点球大战总比分5：4战胜五中．挺进4强．根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，合计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：0，则不需要再踢第5轮）：③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出． （1）假设某门将每次可以扑出点球的概率为，且每次扑出与否互不影响，求该门将在前三次扑点球中至少扑出一次点球的概率； （2）现有省实、五中两队在8进4比赛中相遇，常规赛1：1战平，需要通过“点球大战”来决定谁晋级下一轮．设五中每名队员射进点球的概率均为．省实每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （i）若五中先踢点球，求在第3轮结束时，五中踢进了3个球并赢下比赛的概率； （ii）若“点球大战”在第7轮后结束，求省实以6：5赢下比赛的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东实验中学2025—2026学年（下）高一级期末模块考试 数 学 命题：方敏 审定：许作舟 校对：杨晋鹏 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、者号填写在答题卷上. 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案：不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模的运算性质及共轭复数的模与原复数模相等的关系求解，也可先化简得到z再计算其共轭的模. 【详解】 已知，对等式两边同时取模，可得：  分别计算两个已知复数的模： ，， 代入上式解得， 由，因此. 2. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　） A. 若m//α，n//β，α//β，则m//n B. 若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n C. 若n//α，n//β，则α//β D. 若m//n，n⊂α，则m//α 【答案】B 【解析】 【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判断A；直接证明B正确；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由直线与直线平行分析直线与平面的关系判断D． 【详解】对于A，若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误； 对于B，若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β， 从而l//n，故m//n，故B正确； 对于C，若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误； 对于D，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误． 故选：B． 3. 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不超过8的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定三个数之积为偶数的样本总数，再从中筛选出和不超过8的样本数，结合古典概型公式计算条件概率. 【详解】首先，从1,2,3,4,5中随机选取3个不同的数，共有种组合，分别为：、、、、、、、、、。 若三个数之积为偶数，则排除三个数全为奇数的情况，仅需排除这1种，因此满足“积为偶数”的样本共9种。 在上述9种样本中，逐一计算三数之和： 和为，符合要求；和为，符合要求；和为，符合要求；和为，符合要求 ；其余样本的和均大于8，共4种符合要求的样本， 根据古典概型概率公式，所求概率为 4. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式和正弦定理化简已知等式，推导三角形内角关系，进而判断三角形形状. 【详解】 根据二倍角余弦公式，  ， 在中，，所以， 由正弦定理，则  ， 则 ， 整理得：  ，即 ， 即 ， 则由正弦函数的性质，存在两种情况： ，即，此时为等腰三角形； 或，即，则，此时为直角三角形， 因此为等腰三角形或直角三角形. 5. 已知函数的图象经过点，若在上有且只有两个最值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再求出取最值时自变量的值，将问题转化为存在两个连续整数使得，即可求出. 【详解】因为，所以， 因为，所以，则， 令，得， 因为在上有且只有两个最值点， 所以存在两个连续整数使得，即， 则，得， 故的取值范围是. 6. 已知在等腰梯形中，，是腰上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算以及模长公式，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】建立如图所示的直角坐标系，则, 则,，所以， 故， 故， 由于，故，故， 故选：C 7. 已知一组样本数据共有个数，其平均数为，方差为．将这组样本数据增加两个未知的数据构成一组新的样本数据，已知新的样本数据的平均数为，则新的样本数据的方差最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设原数据为、、、，利用题中信息求出、的值，设增加的两个数据为、，根据平均数公式求出的值，再利用方差公式以及二次函数的基本性质可求得新数据方差的最小值. 【详解】设原数据为、、、， 则原数据的平均数为，所以， 原数据的方差为 ， 解得， 设增加的两个数据为、，则新数据的平均数为，解得， 新数据的方差为 ， 当且仅当时，等号成立，即新数据方差的最小值为. 8. 已知在直角梯形中，，若将梯形绕所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出合理辅助线，求出相关边长，最后利用锥体体积公式即可得到答案. 【详解】过点作，垂足为，延长交延长线于点， 因为，则为等腰直角三角形， 又易得四边形为正方形，则，， 因为，则，则也为等腰直角三角形，且， 连接，过点作，易得， 若将梯形绕所在直线旋转一周得到一个几何体， 则形成的空间几何体为两个同底的大圆锥去掉两个同底的小圆锥，其中大圆锥的底面半径长为，高为， 小圆锥的底面半径为，高为， 其体积为. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某学校有学生5000人，其中男生3000人，女生2000人，希望获得全体学生的身高信息，按照比例分配的分层抽样原则抽取了容量为500的样本．经计算得到男生身高样本均值为170cm，方差为；女生身高样本均值为160cm，方差为．下列说法中正确的是（ ） A. 女生样本容量为2000 B. 每个男生被抽入到样本的概率均为 C. 所有样本的均值为166cm D. 所有样本的方差为 【答案】CD 【解析】 【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个男生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D. 【详解】由题可知：男生身高样本均值，方差； 女生身高样本均值，方差. A：由人，故A错误； B：由人，故每个男生被抽入到样本的概率为，故B错误； C：所有样本的均值为，故C正确； D：所有样本的方差故D正确. 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 的一个周期是 B. 在上单调递增 C. 的最大值为 D. 方程在上有个解 【答案】BD 【解析】 【分析】根据、的值即可判断A；写出函数在上的解析式，再根据余弦函数的单调性即可判断B；易得函数为偶函数及当时，函数是以为周期的周期函数，求出函数在的最大值即可判断C；求出当时，方程的根的个数，再根据函数的奇偶性即可判断D. 【详解】已知函数， 对于A，因为，， 由于，所以不是函数的一个周期，故A错误； 对于B，当时，， 由，可得，所以在上单调递增，故B正确； 对于C，因为，因此函数是偶函数， 则当时，， 因为，所以当时，函数是以为周期的周期函数， 则当时，， 当时，，则，则， 当时，，则，则， 综上所述，，所以的最大值是，故C错误； 对于D，当时，，由，得， 所以或，所以或，， 又因为，所以或或， 当时，，由，得， 所以或，所以或，， 又因为，所以， 综上可得，当时，方程有个解， 又因为是偶函数，所以当时，方程有个解， 又因为也是方程的解， 所以方程在上有个解，故D正确. 11. 如图已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点．点为棱的中点，则（ ） A. 三点不共线 B. 异面直线与所成的角为 C. 点到平面的距离为 D. 过点的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A. 由正方体性质得在平面 ​ 与 的交线 上，故三点共线，A错误；B. 由 及 ，得 平面 ​，故 ​，B正确；C. 用等体积法，由三棱锥 的体积与底面积算得距离，C正确；D. 补全截面为等腰梯形，由几何关系求面积，D正确. 【详解】A选项：O是底面与的交点，因此同时属于平面​和平面； 也同时属于这两个平面，因此两平面的交线为.  是与平面的交点，平面， 因此必然在交线上，三点共线， A错误； B选项：正方体中，底面正方形对角线互相垂直，故； 又底面，底面，故.  和相交于且都在平面​内，因此平面​， 而平面，故，异面直线所成角为， B正确； C选项：是边长为的等边三角形，面积为， 用体积法求距离：正方体体积为，去掉三棱锥后剩余的四个小三棱锥每个体积为​，四个总和为​， 因此三棱锥的体积. 设点​到平面距离为，由得 ，故​​点​到平面距离为， C正确； D选项：平面与棱交于中点，截面为等腰梯形. 对边平行，​，，腰长，​​ 梯形的高， 面积， D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共16分． 12. 一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是_____． 【答案】6 【解析】 【分析】根据题意算出极差，进而得到该组数据的中位数，列式求出，进而利用百分位数的定义得出答案. 【详解】据题意，数据按从小到大的顺序排列为3，4，m，12，16，18， 则极差为，故该组数据的中位数是， 数据共6个，故中位数为，解得， 因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数为6， 13. 已知正四面体的棱长为1，若该正四面体的外接球表面积为，其内切球表面积为，则_____． 【答案】9 【解析】 【分析】求出外接球半径和内切球半径，得到半径之比，从而得到表面积之比 【详解】过点作⊥平面于点，则点在的中线上，且， 由三线合一可得⊥，，， 故， 外接球球心为，设，， 在中，由勾股定理得，即， 解得， ， ， 设内切球半径为，则，解得， 由于，所以. 14. 在三棱锥中，已知，，，且，，，则以为底面时，三棱锥的高为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】利用勾股定理求出、、的长，再利用等体积法求出点到平面的距离即可. 【详解】如下图所示： 在三棱锥中，已知，，，，，， 由勾股定理可得，解得， 因为，、平面，所以平面， 所以， 由余弦定理可得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即， 即，解得， 所以以为底面时，三棱锥的高为. 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. 设复数，，其中，且复数所对应的点都在复平面第一象限内． （1）若，求实数，的值； （2）设所对应的向量为，若与共线，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的几何意义以及复数的模长公式即可求解. （2）由复数的几何意义以及基本不等式即可求解. 【小问1详解】 ，对应的点分别为，且，， 由可得：，， 故，. 【小问2详解】 ，，因为与共线，所以. 由基本不等式可得：，当且仅当，时等号成立. 所以的最小值为. 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若，，且的面积为，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可求； （2）先求，根据正弦定理可得三边之比，结合面积可求三边，再由余弦定理可求的长度. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得， 因为，且， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，所以①， 又，所以， 故， 由正弦定理，得②， 由①②可得，，， 因为，所以， 在中，由余弦定理，得， 所以. 17. 如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． （1）证明：平面； （2）当时，求证：平面； （3）当时，求点到平面的距离． （如果采用建系的方式来处理，将不会给分） 【答案】（1）连接，交于点，连接. 因为，，， 可得 ，，且翻折后长度保持不变. 所以，相似比为，因此.  又已知，即，因此在中，由平行线分线段成比例， 得，又平面，平面，故平面，得证. （2）因为翻折前 ，所以翻折后 ，，由二面角的定义可知，二面角的平面角 ， 当  时，，即 ，又因为 ，且 ，平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以， 在中，易知 ，​，，满足， 由勾股定理可知，，因为 ，且 ，平面 ，所以 平面 . （3） 【解析】 【分析】（1）连接交 于 ，由相似比及已知比例得 ，从而线面平行； （2）由二面角定义得 ，平面 ，再证 ，得线面垂直； （3）作垂线求高，利用比例得各边长，由等体积法求点到平面距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 过点  作  于点 ，​， 作 于，连接. 因为 ，，，平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 . 因为，，，平面， 所以平面. 因为，所以 ， 所以​​，，​，，， 所以，，​​. 所以为等腰三角形，且边上的高， 所以​​， 令到平面 的距离为，且​， 因为，所以， 所以 . 18. 在平面直角坐标系中，先将线段绕原点按逆时针方向旋转角，再将旋转后所得线段的长度变为原来的倍得到，我们把这个过程称为对点进行一次变换得到点，例如对点进行一次变换得到点． （1）若对点进行一次变换得到点，求的坐标； （2）若先对点进行一次变换得到点，再对点进行一次变换得到点，求的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意将线段绕原点按逆时针方向旋转角，再将的长度变为原来的倍，即可得到的坐标； （2）计算出，求得，从而可得，再求得，根据点的位置得，得，从而求得，，进而求得的坐标. 【小问1详解】 点，与轴的正方向的夹角且， 由题意，点进行一次变换， 即将线段绕原点按逆时针方向旋转角，再将的长度变为原来的倍， 得到点 . 【小问2详解】 对点进行一次变换得到点， 则，， 故 ，再对点进行一次变换得到点， 所以， 设与轴的正方向的夹角为， 则，且， 则， 又，则， 所以， ， 所以， 即. 19. 2026年广州市高中组男子足球8进4比赛在6月12日结束，最终省实通过点球大战总比分5：4战胜五中．挺进4强．根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，合计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：0，则不需要再踢第5轮）：③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出． （1）假设某门将每次可以扑出点球的概率为，且每次扑出与否互不影响，求该门将在前三次扑点球中至少扑出一次点球的概率； （2）现有省实、五中两队在8进4比赛中相遇，常规赛1：1战平，需要通过“点球大战”来决定谁晋级下一轮．设五中每名队员射进点球的概率均为．省实每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （i）若五中先踢点球，求在第3轮结束时，五中踢进了3个球并赢下比赛的概率； （ii）若“点球大战”在第7轮后结束，求省实以6：5赢下比赛的概率. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）计算前三次未扑出点球的概率，再利用对立事件求概率； （2）（i）计算五中3轮全进、省实3轮全未进的概率，再利用独立事件求概率； （ii）按前5轮比赛进球个数进行分类，结合独立事件和互斥事件求概率. 【小问1详解】 前三次未扑出点球的概率为， 则该门将在前三次扑点球中至少扑出一次点球的概率为； 【小问2详解】 （i）五中3轮全进的概率为， 省实3轮全未进的概率为， 则在第3轮结束时，五中踢进了3个球并赢下比赛的概率为； （ii）省实以6：5赢下比赛意味着： 前5轮“点球大战”中双方进球数均为，第6轮双方均未进球，第7轮省实进球、五中未进球，其概率为； 前5轮“点球大战”中双方进球数均为，第6轮双方均进球，第7轮省实进球、五中未进球，其概率为； 则省实以6：5赢下比赛的概率为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $