精品解析：山东菏泽市联考2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

高一数学试题 2026.07 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，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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，则z的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】复数，即的虚部为3. 2. 一组从小到大排列的数据：若这组数据的第百分位数为11，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据第60百分位数计算方法得到其表达式，结合第60百分位数为，再求出的值. 【详解】该组数据共有5个，从小到大排列：.首先计算,所以根据百分位数的定义，第百分位数为第3项与第4项数据的算术平均数，即，解得. 3. 如图，在正方形中，E，F分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为为中点， 所以， 则. 4. 已知某9个数的平均数为3，方差为2，现加入一个新数据3，此时这10个数的平均数和方差分别记为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】加入等于原平均数的新数据会使平均数保持不变，但由于数据总数增加且新数据不产生新的偏差，从而导致方差减小. 【详解】由题意得原数据的总和为，加入后数据总和变为， 此时这个数的平均数，故AB错误， 又，加入后平方和变为， 此时这个数的方差，故C错误，D正确. 5. 已知，，若，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由数量积的坐标运算结合向量的模即可求解. 【详解】设，由题意得，解得或, 即或. 6. 对于随机事件A，B，若，，则下列说法中错误的是（ ） A. 当A，B互斥时， B. 当时， C. 当时，A，B相互独立 D. 当时，A，B互为对立事件 【答案】D 【解析】 【分析】利用概率的加法公式，结合互斥、包含、独立与对立事件的定义，逐一代入已知条件验证各个选项. 【详解】对于A，若A，B互斥，所以， 解得，故A正确， 对于B，当时，，故B正确， 对于C，， 解得，故A，B相互独立，C正确， 对于D，对立事件要求，与的条件不符，故D错误. 7. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，以直线AD为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过解三角形确定梯形各边长度及位置关系，发现，将旋转体分割为圆锥和圆台挖去圆锥的组合体，分别计算体积后求和． 【详解】在直角梯形  中，过点作于点， 因为，，所以 因为，所以， 因为，，所以四边形  为矩形，因此， 在 中，由余弦定理得：， 所以， 因为 所以，即 ， 该几何体由 和 绕直线旋转而成， （1） 绕直线旋转形成一个圆锥，底面半径 ，高 ， 所以该部分体积为； （2） 绕直线旋转形成的几何体为圆台挖去一个圆锥， 如图，直角梯形绕直线形成圆台，绕直线形成圆锥， 因为，所以， 因为，所以，作所在直线，所以， 所以可得圆台的上底半径，下底半径，高， 所以圆台体积 小圆锥体积 所以该部分体积为 综上，该几何体的体积为 8. 现有3本相同的书，厚度为3cm，长为15cm，摆放在书架的一角（如图1），在其正视图（图2）中，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过解直角三角形求出关键点的坐标或线段长度，利用平行线性质和角度关系确定第三本书的倾斜角，最后通过线段投影计算的长度． 【详解】如图，设为坐标原点，直线为轴，直线为轴， 在中，，，， 所以，因为，， 所以（其中为在轴上的投影）， 在中，，所以，， 所以点的纵坐标， 因为四边形为矩形，所以，又与竖直方向（）夹角为， 所以与竖直方向夹角也为，因为在上，所以射线与竖直方向夹角为， 已知，所以与竖直方向的夹角为，则与水平方向的夹角为， 因为， 所以点的纵坐标， 设在的左上方，则与的竖直距离为， 因为与竖直方向夹角为， 与的水平距离为， 点在点的右下方，水平距离为， 所以， ， 所以． 二、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，有选错的得0分. 9. 为评估某款AI芯片在不同模型架构下的推理延迟表现，抽取200个模型作为样本，测试模型的推理延迟时间（单位：ms），将测试数据适当分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则（ ） A. B. 样本中延迟时间在内的模型个数为60 C. 样本的中位数落在区间内 D. 15可以作为样本众数的估计值 【答案】ABD 【解析】 【详解】 选项A：因为组距为10，所以有，解得，即，正确； 选项B：延迟时间在内的频率为，样本总数为，所以该区间内的模型个数为，正确； 选项C：前两组的频率之和为， 因为，且第一组频率为，所以中位数位于第二组内，而不是内，错误； 选项D：图中最高的矩形对应区间为，其中点值为，所以15可以作为样本众数的估计值，正确. 10. 如图，在长方体中，，，M，N，P分别为AB，CD，的中点，则（ ） A. 平面 B. 直线与CP所成的角等于 C. 点P到平面的距离为 D. 二面角的大小为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，利用反证法证明与平面不平行；对于选项B，通过平移转化为两条相交直线所成的角，解三角形即得；对于选项C，作出点到平面的垂线段，解三角形即得；对于选项D，作出二面角的平面角求解. 【详解】对于选项A，假设平面，因为分别为的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，又平面，且， 所以平面平面. 根据长方体的性质，有平面平面， 所以平面平面，显然矛盾，故选项A错误； 对于选项B，取的中点，连接，因为分别为的中点， 所以，又，所以， 所以与CP所成的角等于与所成的角，即或其补角. 又，所以，故选项B正确； 对于选项C，如图（1），取的中点分别为，连， 设.根据长方体的性质，则平面， 又平面，所以平面平面，平面平面，过作，则平面， 所以的长即为点到平面的距离. 在图（2）中，设，则， ，，所以， 因此，故选项C正确； 对于选项D，根据长方体的性质知平面平面， 所以即为二面角的平面角，在中，， 所以，故选项D错误. 11. 对任意两个非零向量，，定义新运算：，中三个内角A，B，C的对边为a，b，c，则（ ） A. 当，，时， B. 当时， C. 当，时， D. 当时，的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用新定义，对选项的各个式子进行转化，再利用三角形的边与角关系、构造函数、基本不等式等判断对应式子的值或范围. 【详解】对于选项A，由余弦定理得，则. 所以. 与夹角为，则， ，故A错误； 对于选项B，与夹角为， 所以，即. 由正弦定理得. 又， 所以，即， 得，又，所以，即，故B正确； 对于选项C，与夹角为， 所以，即. 由正弦定理得. 又，所以， 得，即. 由，得，所以. 令，由得. 函数的导数，所以在上单调递减. 又，，所以，即，故C正确； 对于选项D，与夹角为，所以. 所以. 又得， 所以， 当且仅当即时等号成立，故D正确. 【点睛】本题核心是将新定义的向量运算转化为向量投影，易错点是三角形中向量夹角多为内角的补角.解题以正余弦定理实现边角互化为核心，结合三角恒等变换、函数单调性、基本不等式综合求解，是解三角形的经典综合题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的三个内角A，B，C的对边为a，b，c，且，，，则______. 【答案】 【解析】 【详解】在中，由正弦定理，得， 因为，所以，所以，根据三角形内角和为， 故. 13. 若虚数是实系数一元二次方程的一个根，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用实系数一元二次方程共轭虚根成对的性质，结合韦达定理与复数模的运算公式求解即可； 【详解】根据实系数一元二次方程的虚根性质：若虚数是实系数一元二次方程的根， 则其共轭复数也为该方程的根。 由韦达定理，. 14. 甲乙两人投篮比赛，甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，且各次投篮互不影响.若甲投3次，乙投2次，则乙比甲多投进一球的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】乙比甲多投进1球包含两类互斥事件：乙投进1球且甲投进0球、乙投进2球且甲投进1球；甲投篮命中次数，乙投篮命中次数，分别计算两类事件的概率后求和即可. 【详解】设甲3次投篮投进的次数为随机变量，由甲每次投进的概率为，得；乙2次投篮投进的次数为随机变量，由乙每次投进的概率为，得， . 乙比甲多投进一球的概率为. 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. 在复平面内，是原点，向量对应的复数是，向量对应的复数是，. （1）若是纯虚数，求m； （2）若，的夹角为锐角，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由是纯虚数，先利用复数的除法进行化简，再利用纯虚数的定义即可求的值； （2）若，的夹角为锐角，则且，的夹角不为0，结合复数的几何意义即可求解m的取值范围. 【小问1详解】 由于是纯虚数，所以. 【小问2详解】 由向量对应的复数是，向量对应的复数是可得 ，， 若，的夹角为锐角，则且，的夹角不为0,那么 解得 ，且， 所以，m的取值范围. 16. 如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，点E在棱上. （1）求证：平面平面； （2）若平面，求证：E是棱的中点. 【答案】（1）因为底面是菱形，所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面，且平面， 所以平面平面； （2）因为，所以四边形是平面四边形， 连接，因为平面，平面，平面平面， 所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为在四棱台中，，所以， 因为四边形为菱形，所以， 所以，所以E是棱的中点. 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直判定定理得到平面，进而应用面面垂直判定定理证明即可； （2）应用线面平行性质定理得出，再应用证明平行四边形得出边长关系即可证明中点. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 盒子中装有标号为1，2，2，3，3的5张标签（除标号外其他完全相同），随机地选取两张标签，根据下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率. （1）标签的选取是不放回的； （2）标签的选取是有放回的. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）统计不放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入古典概型概率公式求解； （2）统计有放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入古典概型概率公式求解. 【小问1详解】 将 5 张标签标记为互不相同的等可能个体：（标号 1 ）、 （标号 2 ）、 （标号3），试验符合古典概型特征； 不放回选取两张标签：样本空间为 ； 设事件 为＂两张标签数字为相等整数＂， 则 包含的样本为 ，共 个； 由古典概型概率公式得 . 【小问2详解】 有放回选取两张标签：样本空间总样本数 ； 设事件 为＂两张标签数字为相等整数＂， 则 包含的样本：（1）两张均为 ，共 1 种； （2）两张均为 ，共 种； （3）两张均为 ，共 种， 合计 个；由古典概型概率公式得 . 18. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）记的外接圆圆心为. （ⅰ）求（用表示）； （ⅱ）若为边上一点，，，，求的面积. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理将已知式子化简即可. （2）（ⅰ）取中点，转化为的线性关系即可；（ⅱ）利用（ⅰ）的结果将，转换成的关系，联立方程可解的值，从而可得的面积. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得， 根据余弦定理，则， 所以，则，即， 因为，所以； 【小问2详解】 （ⅰ）如图，取中点，连接. 因为是的外接圆圆心，所以，即， 又， 所以； （ⅱ）同理可得， 因为为边上一点，， 所以， 所以， 即， 所以， 所以， 所以，解得， 所以. 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，AC，BD交于点E，，，. （1）求PE的长； （2）求证：平面PBD； （3）设O为三棱锥的外接球球心，分别为的中点，过点的平面与交于点H. （ⅰ）求的值； （ⅱ）点Q为四边形OMHN内一动点（含边界），且，求三棱锥体积的最大值. 【答案】（1） （2）由（1）可知，，，有，故， 又因为在菱形中，有，即， 又因为，平面，故平面，得证. （3） 【解析】 【分析】（1）依次求得，逆运用勾股定理，可得为直角三角形，即可得解； （2）根据勾股定理证得，结合菱形对角线互相垂直，即可证得； （3）（ⅰ）先根据外接球的特征，找到外接球的球心，再确定平面与平面的交线，再构造利用辅助平行线构造全等三角形，即可得解； （ⅱ）先翻译距离条件，锁定点所在的平面，并明确的活动范围，化空间区域为线段，转换底面与高，确定体积最大值的位置，最后利用比例关系求体积即可. 【小问1详解】 ，. 在菱形中，易知有，又因为，故， 因此为等边三角形，易得，故，， 因为，故，即为直角三角形， 因此. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 （ⅰ），，得， 又因为，故为等边三角形，因此. 三棱锥的外接球球心到四点的距离相同，而注意到， 因此外接球球心与点重合，因此平面即平面. 设与交于点，因为分别为的中点， 所以，且易知为的中点，即. 因为平面，故直线平面，同理易证直线平面， 故平面与平面的交线为直线， 又因为因为是平面与的交点，所以必定在直线的延长线上. 同时，在菱形中，为对角线交点，所以为的中点，即. 在中，过点作，交直线于点，因为，即，得， 且与互为对顶角，又已知为的中点， 所以()，由此可得对应边相等：， 因为(即)，所以，是中点，， 又因为，故有，因此. （ⅱ） 已知，故点必定位于线段的垂直平分面上，设该平面为， 在底面菱形中，对角线互相垂直平分，即且交于中点， 因为过线段的中点且，所以直线，由此可得点. 题目已知点在四边形内(含边界)，且点，故点的轨迹为平面与四边形及其内部的交线. 再定平面与平面的交线：设平面与棱交于点，因为且， 所以直线，又因为，故可得， 由(1)可知，，在与中，为公共角，故， 根据相似三角形对应边成比例可得：，已知，则，又，代入上式解得：，得， 进而求得，又已知为的中点，故，因此，，即点为线段的中点. 因为点且点，故平面与平面的交线即为直线. 点均在平面内，故线段与直线共面，设直线与线段交于点，由于点既在平面内，又受限于四边形，故点的轨迹即为线段， 在平面内，过点作交于点，由(3)(i)结论知，因此， 在中，由于，由平行线分线段成比例定理得：， 即，从而，因为为中点，故， 在中，由于(即)，再次应用平行截割定理：，由此得出. 对于三棱锥，可将其体积转化为，以固定的为底面，当点在线段上移动时，点到平面的距离与其到点的距离成正比， 因此，当点与端点重合时，高达到最大，体积取得最大值：， 由可知，，进而：， 在中，因为为中点，且，所以： 进而得出：，由(2)结论已知平面， 因此为三棱锥的高，且， 四棱锥可以分割为两个体积相等的三棱锥，即， ，即， 代入上述比例关系，求得最大体积：. 因此，三棱锥体积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试题 2026.07 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，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、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，则z的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 4 2. 一组从小到大排列的数据：若这组数据的第百分位数为11，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 3. 如图，在正方形中，E，F分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知某9个数的平均数为3，方差为2，现加入一个新数据3，此时这10个数的平均数和方差分别记为和，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，若，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 6. 对于随机事件A，B，若，，则下列说法中错误的是（ ） A. 当A，B互斥时， B. 当时， C. 当时，A，B相互独立 D. 当时，A，B互为对立事件 7. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，，以直线AD为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 现有3本相同的书，厚度为3cm，长为15cm，摆放在书架的一角（如图1），在其正视图（图2）中，记，则（ ） A. B. C. D. 二、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，有选错的得0分. 9. 为评估某款AI芯片在不同模型架构下的推理延迟表现，抽取200个模型作为样本，测试模型的推理延迟时间（单位：ms），将测试数据适当分组，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则（ ） A. B. 样本中延迟时间在内的模型个数为60 C. 样本的中位数落在区间内 D. 15可以作为样本众数的估计值 10. 如图，在长方体中，，，M，N，P分别为AB，CD，的中点，则（ ） A. 平面 B. 直线与CP所成的角等于 C. 点P到平面的距离为 D. 二面角的大小为 11. 对任意两个非零向量，，定义新运算：，中三个内角A，B，C的对边为a，b，c，则（ ） A. 当，，时， B. 当时， C. 当，时， D. 当时，的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的三个内角A，B，C的对边为a，b，c，且，，，则______. 13. 若虚数是实系数一元二次方程的一个根，且，则______. 14. 甲乙两人投篮比赛，甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，且各次投篮互不影响.若甲投3次，乙投2次，则乙比甲多投进一球的概率为______. 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. 在复平面内，是原点，向量对应的复数是，向量对应的复数是，. （1）若是纯虚数，求m； （2）若，的夹角为锐角，求m的取值范围. 16. 如图，在四棱台中，底面是菱形，平面，，点E在棱上. （1）求证：平面平面； （2）若平面，求证：E是棱的中点. 17. 盒子中装有标号为1，2，2，3，3的5张标签（除标号外其他完全相同），随机地选取两张标签，根据下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率. （1）标签的选取是不放回的； （2）标签的选取是有放回的. 18. 已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）记的外接圆圆心为. （ⅰ）求（用表示）； （ⅱ）若为边上一点，，，，求的面积. 19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，AC，BD交于点E，，，. （1）求PE的长； （2）求证：平面PBD； （3）设O为三棱锥的外接球球心，分别为的中点，过点的平面与交于点H. （ⅰ）求的值； （ⅱ）点Q为四边形OMHN内一动点（含边界），且，求三棱锥体积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $