精品解析：山西长治市联考2025-2026学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

长治市2025-2026学年度高一年级期末质量监测 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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.回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个是正确的. 1. 已知，，（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以，，故. 2. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示判断即可. 【详解】若，则，，,则； 若，则，解得， “”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3. 在正方体中，点、分别为、的中点，平面将正方体截成两部分，这两部分分别为（ ） A. 一个棱柱和一个棱台 B. 一个棱锥和一个棱台 C. 两个棱柱 D. 两个棱台 【答案】C 【解析】 【详解】设正方体棱长为.点、分别为、中点，则且.又（均等于棱长），故四边形为平行四边形.平面与正方体交于该平行四边形.该平面将正方体截成两部分，每一部分侧棱互相平行，均可看作棱柱，而非棱台或棱锥. 因此这两部分分别为两个棱柱. 4. 已知数据，，，的平均数为2，方差为3，那么数据，，，的平均数和方差分别为（ ） A. 2，3 B. 8，9 C. 8，27 D. 6，12 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数及方差的性质求解即可. 【详解】由题意知，，， 所以数据，，，的平均数为： ， 方差为. 5. 如图，测量河对岸的可视塔底的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得°，，米，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知，，CD=50米,利用正弦定理求出,在中，求出. 【详解】由已知，，CD=50米，故， 所以，即，解得， 又因为在点C测得塔顶A的仰角为，即， 所以在中，. 故选：A 6. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识即可求解. 【详解】对于A选项，，，，、可能平行或异面，故A错误 对于B选项，若，，，则，可能平行，可能相交，故B错误 对于C选项，因为，，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D选项，若，，，则，可能平行，可能相交，故D错误 7. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 事件与事件为互斥事件 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概型的概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】依次不放回摸出两张卡牌的样本空间， 事件，，， 对于A，，A错误； 对于B，，，，则， 因此事件与事件相互独立，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件与事件同时发生， 因此事件与事件不为互斥事件，D错误. 8. 如图，由平面内两条相交成角的数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.向量，的完美坐标分别是，，若，则（ ） A. 或3 B. 2或3 C. 或2 D. 或 【答案】C 【解析】 【详解】，， 因为，所以. ， ， 由，即， 解得或. 二.多项选择题：本题共三小题，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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为1 B. 的共轭复数为 C. D. 与是方程的两个根 【答案】ABD 【解析】 【详解】由， 对于A，的虚部为1，故A正确； 对于B，的共轭复数为，故B正确； 对于C，，故C错误. 对于D：由，所以， 所以在复数范围内方程的两根为：或，故D正确. 10. 已知为的外接圆圆心，，，下列说法正确的是（ ） A. ，，三点共线 B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【详解】设为的中点，则，而， 所以与为同一点，所以为的中点，所以，，三点共线，故A正确； 因为为的外接圆圆心，所以为圆的直径， 所以，所以， 又，所以是等边三角形， 所以，，故B错误； 在中，，所以，故C正确； 作于点，则向量为向量在向量上的投影向量， 因为，所以，， 所以，即向量在向量上的投影向量为，故D正确. 11. 正方体中，点、、分别为、、的中点，判断下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面截正方体所得的截面为五边形 D. 为线段上的任意一点，到平面的距离为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用求证；对于B先证明，，再利用平行性可得，即可求证；对于C先作的平行线，再延长，结合公理可得；对于D证明与截面所在平面平行即可. 【详解】对于A：因为、分别为、的中点，所以，因为， 所以，因为平面，平面，所以平面，故选项A正确； 对于B：连接、，则. 又因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以有，同理. 易知，，所以，， 又因为平面，所以平面，故选项B正确； 对于C：取的中点，延长分别交于点，连接，交于点， 连接交于点，则六边形为截面六边形，故选项C错误； 对于D：设正方体的棱长为，因为全等，所以， 因为全等，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 所以到平面的距离为定值，故选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某电子设备有两套相互独立的供电系统和，在时间内系统和系统发生故障的概率分别为0.2和.若在时间内至少有一个系统不发生故障的概率为0.94，则___________. 【答案】0.3## 【解析】 【分析】利用对立事件的概率公式即求. 【详解】由题可知：， ∴. 故答案为：0.3 13. 已知正三棱柱，，，则其外接球表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设底面外接圆半径为，正三棱柱外接球的半径为，利用正弦定理求出，再根据求出，进而得到表面积． 【详解】设底面外接圆半径为，正三棱柱外接球的半径为， 则，解得， ， 则其外接球表面积为． 14. 在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理，结合三角恒等变换化简计算即可求解. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又，所以， 即， 整理得，即. 因为，，均为锐角，所以，即， 又，所以. 因为，，均为锐角，所以，即，解得. 由正弦定理得， 因为，所以， 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. 开展主题为“贯彻新发展理念，建设节水型城市”的用水宣传周活动，为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了200名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这200名业主评分的众数和中位数； （2）若先用分层抽样的方法从评分在和的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈：求这2人中至少有1人的评分在的概率． 【答案】（1）；众数为87.5；中位数为85； （2）． 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，所有小矩形的面积之和为1，可解得的值，由中位数的定义，找到频率之和为的点，众数估计值为最高小矩形的中点； （2）首先根据两个分组的人数之比，采用分层抽样的方法，得到每个分组抽取的人数，则采用列举法，罗列所有情况和符合题意的情况，根据古典概型的概率计算公式得到答案. 【小问1详解】 ∵第三组的频率为， ， 众数为， 又第一组的频率为，第二组的频率为，第三组的频率为0.200， ∴前三组的频率之和为， ∴这200名业主评分的中位数为85； 【小问2详解】 由频率分布直方图，知评分在的人数与评分在的人数的比值为， ∴采用分层抽样法抽取5人，评分在的有3人，评分在有2人， 设评分在的3人分别为，，；评分在的2人分别为，， 从5人中任选2人的所有可能情况共10种：，，，，，，，，，， 其中选取的2人中至少有1人的评分的情况有：，，，，，，共7种． 故这2人中至少有1人的评分在的概率为． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，已知，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）取的中点为，连接、. 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，底面是正方形，所以，， 所以且，则四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，求证四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理求证； （2）利用等体积计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，连接， 因为侧面是边长为1的正三角形，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为为的中点，所以， 则. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若，求边和三角形的面积. 【答案】（1） （2），面积 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理代入计算，即可求解； （2）根据题意，由条件可得，再由正弦定理和三角形面积公式代入计算，即可求解. 【小问1详解】 已知，由余弦定理得：， ， 化简得，又，故； 【小问2详解】 由（1）知， 由正弦定理得. 因为， 所以. 18. 在边长为2的正方形中（图1），、分别为、的中点，将四边形沿向上折起，形成二面角，为的中点，在上运动.在图2中，连接、，其中点为的中点. （1）证明：； （2）当二面角为直二面角时， （i）求直线与面所成的角； （ii）证明：平面平面. 【答案】（1）在折叠过程中，，， 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 图1中，、分别为、的中点，则，所以. 在中，，点为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2） （i） （ii）在中，，，所以，即. 直二面角中，平面平面，平面平面，， 平面，所以平面，因为平面，所以. 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质证明即可. （2）（i）根据二面角及线面角的定义，结合直角三角形三角函数求解即可. （ii）根据面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，平面平面， 所以是二面角的平面角，所以. （i）连接. 由（1）知，平面，所以为直线与面所成的角， 在中，，所以. 在中，，所以. 在Rt中，， 因为，所以， 故直线与面所成的角为. （ii）略 19. 在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响. （1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率. （2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章. （ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率； （ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由独立乘法公式即可求解； （2）（i）由独立乘法、互斥加法公式即可求解；（ii）先求得，再根据乘法公式、对立事件概率公式即可求解. 【小问1详解】 设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G， 则 . 【小问2详解】 设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）. （i）根据独立性假定，得 ，， ，. 设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立. 所以. （ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”， ， ， 由已知， 所以， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长治市2025-2026学年度高一年级期末质量监测 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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.回答非选择题时，将答案用0.5毫米的黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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，只有一个是正确的. 1. 已知，，（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 1 D. 3 2. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在正方体中，点、分别为、的中点，平面将正方体截成两部分，这两部分分别为（ ） A. 一个棱柱和一个棱台 B. 一个棱锥和一个棱台 C. 两个棱柱 D. 两个棱台 4. 已知数据，，，的平均数为2，方差为3，那么数据，，，的平均数和方差分别为（ ） A. 2，3 B. 8，9 C. 8，27 D. 6，12 5. 如图，测量河对岸的可视塔底的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得°，，米，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB=（ ） A. B. C. D. 6. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 事件与事件为互斥事件 8. 如图，由平面内两条相交成角的数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.向量，的完美坐标分别是，，若，则（ ） A. 或3 B. 2或3 C. 或2 D. 或 二.多项选择题：本题共三小题，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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为1 B. 的共轭复数为 C. D. 与是方程的两个根 10. 已知为的外接圆圆心，，，下列说法正确的是（ ） A. ，，三点共线 B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 11. 正方体中，点、、分别为、、的中点，判断下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面截正方体所得的截面为五边形 D. 为线段上的任意一点，到平面的距离为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某电子设备有两套相互独立的供电系统和，在时间内系统和系统发生故障的概率分别为0.2和.若在时间内至少有一个系统不发生故障的概率为0.94，则___________. 13. 已知正三棱柱，，，则其外接球表面积为______. 14. 在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围为____________. 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. 开展主题为“贯彻新发展理念，建设节水型城市”的用水宣传周活动，为了解活动开展成效，某街道办事处工作人员赴一小区调查住户的节约用水情况，随机抽取了200名业主进行节约用水调查评分，将得到的分数分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计这200名业主评分的众数和中位数； （2）若先用分层抽样的方法从评分在和的业主中抽取5人，然后再从抽出的这5位业主中任意选取2人作进一步访谈：求这2人中至少有1人的评分在的概率． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，已知，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若，求边和三角形的面积. 18. 在边长为2的正方形中（图1），、分别为、的中点，将四边形沿向上折起，形成二面角，为的中点，在上运动.在图2中，连接、，其中点为的中点. （1）证明：； （2）当二面角为直二面角时， （i）求直线与面所成的角； （ii）证明：平面平面. 19. 在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响. （1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率. （2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章. （ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率； （ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $