精品解析：陕西安康市2025-2026学年高一下学期期末教学质量评估数学试卷

陕西安康市2025-2026学年高一下学期期末教学质量评估 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前、先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 2026年五一假期轻量化露营成为青年出游新热点，某户外装备租赁门店统计了连续12名青年顾客单次租赁的装备件数，数据如下：3，2，4，3，5，3，2，3，4，3，5，2，则这组数据的众数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图用斜二测画法画一个边长为6的正方形的直观图，则该直观图的周长为（ ） A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 已知，，，是表面积为的球的球面上的四个点，且，，，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 6. 已知向量，，若，则所在的区间为（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量、满足，，，则（ ） A. B. 与夹角的余弦值为 C. 在上的投影向量的坐标为 D. 的最小值为2 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. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，，则至少与，中一个平行 10. 已知复数，其中，是虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为纯虚数，则或1 D. 若在复平面内对应的点位于第四象限，则 11. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4，5的5张卡牌，现从中依次不放回地摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为6”，事件“摸出的两张卡牌中，第二次摸出的卡牌编号为偶数”，则（ ） A. B. 事件与事件相互独立 C. D. 事件与事件为互斥事件 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的虚部为__________. 13. 已知函数为偶函数，且当时，.则__________. 14. 在中，点满足，点满足，若，则__________；若，，，则__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知幂函数在定义域上单调递增，指数函数（且，且. （1）求与的解析式； （2）若函数，解不等式. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，求面积的最大值. 17. 函数（其中，，）的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）将图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为角终边上一点，求. 18. 在直三棱柱中，，. （1）若为的中点，为的中点，求证：平面； （2）若二面角的正切值为. （i）求； （ii）若为棱上（不包括端点）的动点，求三棱锥体积的取值范围. 19. 某校园文创社团对高一进行文创手作体验的学生进行时长调查（单位：分钟），随机抽取了100名学生并将其时长分成五组：第一组[20，30），第二组[30，40），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）求第一组的频率，并求这100名学生进行文创手作体验时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）从第四、第五两组学生中采用分层随机抽样的方法选出6名学生，再从这6名学生中随机选出2名学生，求这2名学生来自不同组的概率； （3）若第四组的时长的平均数为54，方差为4，第五组的时长的平均数为66，方差为7，求这两组时长的总平均数和总方差. 参考公式：，其中为总样本平均数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西安康市2025-2026学年高一下学期期末教学质量评估 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前、先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 2026年五一假期轻量化露营成为青年出游新热点，某户外装备租赁门店统计了连续12名青年顾客单次租赁的装备件数，数据如下：3，2，4，3，5，3，2，3，4，3，5，2，则这组数据的众数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】结合题干中数据和众数的定义求解即可. 【详解】由题可知：2出现3次，3出现5次，4出现2次，5出现2次， 其中3出现的次数最多，因此这组数据的众数为3. 2. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集及补集运算求解即可. 【详解】根据补集的定义，  ， 所以  . 3. 如图用斜二测画法画一个边长为6的正方形的直观图，则该直观图的周长为（ ） A. 9 B. 18 C. 27 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，可得到直观图中相邻边的长度，再用周长公式计算即可. 【详解】因为边长为6的正方形的直观图是平行四边形： 平行于轴的邻边长仍为，平行于轴的邻边长变为. 所以直观图的周长为：. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算，结合复数相等求解即可. 【详解】因为，  所以， 解得， 所以. 5. 已知，，，是表面积为的球的球面上的四个点，且，，，，，则三棱锥的体积为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】把三棱锥补成长方体，利用长方体的外接球就是三棱锥的外接球，可求，再利用三棱锥的体积公式求值. 【详解】如图， 因为，，，所以可以把三棱锥补成长方体， 则长方体的外接球就是三棱锥的外接球. 因为长方体外接球的直径为体对角线，设为. 由，所以. 设，则. 所以. 6. 已知向量，，若，则所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到，构造函数，再利用的单调性及零点的存在性原理，即可求解. 【详解】因为向量，，且， 则，即， 令，易知在区间上单调递增， 又，， 由零点的存在性原理可知的零点所在区间为，则所在的区间为. 7. 已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式的解集结合韦达定理求出参数的值，再代入分式不等式，移项通分转化为整式不等式求解，注意排除分母为0的情况。 【详解】由不等式的解集为，可知，且、是方程的两个实根， 根据韦达定理：，解得，，代入得，解得， 将、代入，得 ， 移项通分： ， 该不等式等价于，即，解二次不等式，得或， 结合，最终解集为. 8. 已知向量、满足，，，则（ ） A. B. 与夹角的余弦值为 C. 在上的投影向量的坐标为 D. 的最小值为2 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再由，求出，再依次判断各选项即可. 【详解】由，得. 因为， 所以，即， 所以，解得. 故A错误； 与夹角的余弦值为，故B错误； 在上的投影向量为，故C正确； ， 所以当时，取得最小值，最小值为，故D错误. 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. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，，则至少与，中一个平行 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：若，则内存在直线满足，又，故垂直内所有直线，即，因此，A正确； 选项B：若，，则可能平行于，也可能在平面内，并非一定有，B错误； 选项C：若且，可得，又，根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知，C正确； 选项D：为不同直线，若，结合、，可得； 同理若则； 若不在内，则由，同时在内，可得且， 综上至少与中一个平行，D正确. 10. 已知复数，其中，是虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为纯虚数，则或1 D. 若在复平面内对应的点位于第四象限，则 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，当时，分别求出和，代入检验即可判断选项A； 选项B，根据模长公式直接求解即可判断选项B； 选项C，由纯虚数的定义可知，实部为0，虚部不为0，求出的值即可判断选项C； 选项D，由在复平面内对应的点位于第四象限，则满足实部大于0，虚部小于0，解不等式求出的范围即可判断选项D. 【详解】选项A，当时，则，所以，因此，选项A正确； 选项B，当时，则，所以，选项B正确； 选项C，若为纯虚数，则，解得，所以选项C错误； 选项D，若在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得或，因此选项D错误. 11. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4，5的5张卡牌，现从中依次不放回地摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为6”，事件“摸出的两张卡牌中，第二次摸出的卡牌编号为偶数”，则（ ） 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】AC 【解析】 【分析】选项A，根据古典概率公式直接求解即可判断选项A； 选项B，分别求出，，，检验是否等于即可判断选项B； 选项C，根据概率加法公式直接求解即可判断选项C； 选项D，根据互斥事件的概念，即事件与事件是否有共同情况发生，即可判断选项D. 【详解】由题可知，从5张卡牌中依次不放回地摸出两张卡牌，共有种情况， 选项A，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为6”的情况有：，共4种情况， 所以，选项A正确； 选项B，事件“第一次摸出的卡牌编号为奇数”，奇数有3个， 所以第一次摸出的卡牌编号为奇数共有种情况，则， 第一次摸出的卡牌编号为奇数且两张卡牌编号之和为6的情况有：，共2种情况， 则， 因为，因此事件与事件不相互独立，选项B错误； 选项C，由加法公式可得，选项C正确； 选项D，事件“摸出的两张卡牌中，第二次摸出的卡牌编号为偶数”的情况有： ，共8种情况， 事件中有，所以，因此事件与事件不是互斥事件，选项D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的虚部为__________. 【答案】 【解析】 【详解】，故虚部为 13. 已知函数为偶函数，且当时，.则__________. 【答案】 【解析】 【详解】函数为偶函数， ， ． 14. 在中，点满足，点满足，若，则__________；若，，，则__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【详解】由点满足，得 由点满足，得， . 又，所以， 所以. 若，，， 则. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知幂函数在定义域上单调递增，指数函数（且，且. （1）求与的解析式； （2）若函数，解不等式. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由幂函数解析式的结构特点和单调性，再结合，即可求解，进而得到解析式； （2）利用函数单调性和函数定义域，构造不等式，求解即可. 【小问1详解】 由题意得： ， 整理得， 因式分解得， 解得或， 又因为在定义域上单调递增，所以，舍去，得​， 因此： ，​ 由，代入，， 得： ，  解得​，满足且， 因此： ， 【小问2详解】 由（1）得： ，定义域为， 又 在上单调递增，在单调递增， 故在上单调递增， 由可得： 解得：， 故不等式的解集为. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解. （2）利用余弦定理、三角形面积定义，结合基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 即，则，而，解得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，而，由余弦定理得， 则，当且仅当时取等号，的面积， 所以面积的最大值为. 17. 函数（其中，，）的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）将图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为角终边上一点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象求解析式即可； （2）根据图象的平移得到的解析式，然后根据二倍角公式和和差公式计算即可. 【小问1详解】 由图可得，，解得， ，解得， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 由题意得， 由得，，则，， 所以. 18. 在直三棱柱中，，. （1）若为的中点，为的中点，求证：平面； （2）若二面角的正切值为. （i）求； （ii）若为棱上（不包括端点）的动点，求三棱锥体积的取值范围. 【答案】（1）连结， 因为为的中点，为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）（i）6 （ii） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理先证明，再利用线面平行判定定理证明即可； （2）（i）取线段BC中点，即可证得，则二面角的平面角为，在直角三角形中表示出即可求；（ii）根据三棱锥的体积公式表示出三棱锥体积，再根据取值范围求三棱锥体积的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）取线段BC中点，连结， 因为直三棱柱，平面， 又因为平面，所以； 设，则， 因此，又因为为线段BC中点，所以； 因为,所以，且， 因此二面角的平面角为， 所以，解得，所以； （ii）若为棱上（不包括端点）的动点， 则，， 所以三棱锥体积， 因为，所以， 因此三棱锥体积的取值范围为. 19. 某校园文创社团对高一进行文创手作体验的学生进行时长调查（单位：分钟），随机抽取了100名学生并将其时长分成五组：第一组[20，30），第二组[30，40），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）求第一组的频率，并求这100名学生进行文创手作体验时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）从第四、第五两组学生中采用分层随机抽样的方法选出6名学生，再从这6名学生中随机选出2名学生，求这2名学生来自不同组的概率； （3）若第四组的时长的平均数为54，方差为4，第五组的时长的平均数为66，方差为7，求这两组时长的总平均数和总方差. 参考公式：，其中为总样本平均数. 【答案】（1） 第一组的频率为 ，平均数为 （2） （3） 总平均数 ，总方差 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质列方程得到，然后计算频率和平均数即可； （2）根据分层抽样得到6名学生中两组的人数，然后利用古典概型求概率公式计算即可； （3）利用平均数和方差公式计算. 【小问1详解】 ，解得， 所以第一组的频率为0.23， 平均数=. 【小问2详解】 ，， 所以6名学生中有4名学生来自第四组,设为，2名来自第五组，设为， 设这2名学生来自不同组为事件A， 则总共有，，，，，，，，，，，，，，，15种情况， 符合要求的有8种情况， 则. 【小问3详解】 第四组人数，平均数 ，方差； 第五组人数，平均数 ，方差， 总平均数：  ， 代入题目给的总方差公式计算： ， 所以总平均数 ，总方差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $