精品解析：山东聊城市2025-2026学年第二学期期末教学质量抽测高一数学试题

2025—2026学年度第二学期期末教学质量抽测 高一数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡的相应位置上. 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，只将答题卡交回. 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，只有一项符合题目要求． 1. （ ） A. B. C. D. 2. 中国足球小将在意大利国际青少年杯战全胜，历史性夺冠，展现了中国青少年足球的潜力．该队在场常规赛的进球数分别为，，，，，，，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 单位向量，满足，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的轴截面面积为，侧面积为，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 5. 在梯形中，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是直线，，是空间两个不同的平面，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. 时， B. 时， C. 时， D. 时， 7. 如图，已知，分别是圆柱的下底面圆直径与母线，点在上底面圆的圆周上，且，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. “七巧板”是我国古代劳动人民的伟大发明，被誉为“东方魔方”．某同学用“七巧板”拼作了一个如图所示的正方形，若正方形的边长为，点，，，，分别是线段，，，，的中点，点为内（包括边界）一动点，则的取值范围为（ ） 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，有选错的得0分． 9. 在正四棱台中，下列四组直线无公共点的为（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 10. 已知，，，，复数，．现在复数系中定义一个新运算，规定：．则（ ） A. B. C. D. 11. 已知向量，满足，，则（ ） A. 时， B. 时， C. 时， D. 在上的投影向量为时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，，两点在河的两岸，为了测量，之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出，之间的距离是，，，则，两点之间的距离为__________． 13. 若数据，，，的平均数与方差分别为，，则数据，，，，，，，，，的平均数为_________，方差为_________． 14. 如图，正方形的边长为，，，，是全等的直角边为的等腰直角三角形，将 其分别沿图中的虚线向上折起，使折起后这四个三角形所在平面均与底面垂直．若球的表面恰好经过折起后的点，，，，且与底面相切，则球的表面积为___________． 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. 在人工智能背景下，某校积极推动与传统教学深度融合以变革授课模式．为了解落地效果和学生满意度，现从全体学生中随机抽取名学生对融合式教学模式进行满意度评分，整理数据并按评分分成，，，，这五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中评分在内的学生共21人． （1）求与的值； （2）估计这名学生评分的平均数； （3）从所抽取的评分在，内的学生中，采用样本量按比例分配的分层抽样抽取名学生做进一步的调查，求评分在内的学生应抽取的人数． 16. 已知，，，均为实数，复数是纯虚数，是关于的方程的一个根，，且，，在复平面内对应的点分别为，，． （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 17. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，且侧面底面，点在棱上． （1）证明：； （2）若，． （i）证明：平面平面； （ii）当时，求直线与侧面所成角的正切值． 18. 已知中，，点在边上，． （1）若，． （i）求的长； （ii）求的面积． （2）若，求的最大值． 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为的中点，为的中点，点在棱上，且． （1）证明：底面； （2）若底面，，，． （i）求侧面与侧面所成二面角的正切值； （ii）设棱与平面的交点为，求四棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末教学质量抽测 高一数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡的相应位置上. 2．回答选择题时，选出每小题的答案后，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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束后，只将答题卡交回. 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，只有一项符合题目要求． 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用虚数单位的幂次运算性质化简分子，再通过分母实数化计算复数除法即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故. 2. 中国足球小将在意大利国际青少年杯战全胜，历史性夺冠，展现了中国青少年足球的潜力．该队在场常规赛的进球数分别为，，，，，，，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将数据按升序排列可得1，1，2，2，3，5，7， 因为，所以这组数据的分位数为第五个数3. 3. 单位向量，满足，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量垂直数量积为0计算得出夹角余弦值. 【详解】由得，结合为单位向量，得，解得， 4. 已知圆锥的轴截面面积为，侧面积为，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过轴截面面积、侧面积公式及勾股定理列方程求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，其中。 轴截面为以底面直径为底、圆锥高为高的等腰三角形，其面积为， 由题意得 ①； 圆锥侧面积公式为，代入题设条件得， 化简得 ②； 由圆锥的几何性质，母线长、底面半径、高满足勾股定理：  ③， 由①得，代入②得，将、， 代入③：  化简得， 移项得，即，结合解得. 即该圆锥的高为. 5. 在梯形中，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将、用、作为基底表示，利用平面向量基本定理列方程求解、，再计算. 【详解】由题意，可得， 则 ， ， 将上述两式代入，整理得：   ， 由于、为不共线的非零向量，根据平面向量基本定理，等式两边对应向量的系数相等， 得： 解得，则， 因此. 6. 已知是直线，，是空间两个不同的平面，且，则下列说法一定正确的是（ ） A. 时， B. 时， C. 时， D. 时， 【答案】C 【解析】 【分析】结合空间线面、面面平行与垂直的判定定理和性质定理，逐一判断各选项的正误. 【详解】对于A：若且，与可能相交，仅需平行于和的交线即可满足条件，故不一定成立，A错误； 对于B：若且，直线可能位于平面内，此时不满足，故B错误； 对于C：若，由线面平行的性质定理，存在直线且；若，则，又， 根据面面垂直的判定定理，可得，故C正确； 对于D：若且，可与平行、斜交或位于内，不一定有，故D错误. 7. 如图，已知，分别是圆柱的下底面圆直径与母线，点在上底面圆的圆周上，且，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合圆柱的性质，根据异面直线所成角的定义，找到异面直线与所成的角（或补角），分别求得其所在三角形三边的长，利用余弦定理可求得其余弦值. 【详解】设圆柱的底面半径为，则. 如图过点作，交圆于点. 则，所以四边形是矩形， 所以. 则在下底面圆周上，取点，使. 又，所以，所以四边形为菱形， 所以，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线与所成的角等于与所成的角，即或其补角. 中，， . 所以. 即异面直线与所成角的余弦值为. 8. “七巧板”是我国古代劳动人民的伟大发明，被誉为“东方魔方”．某同学用“七巧板”拼作了一个如图所示的正方形，若正方形的边长为，点，，，，分别是线段，，，，的中点，点为内（包括边界）一动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，设，根据向量加法和数量积坐标运算求解. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示， 因为正方形的边长为4， 点，，，，分别是线段，，，，的中点， 可得， 设， 则， 则， 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，有选错的得0分． 9. 在正四棱台中，下列四组直线无公共点的为（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】BC 【解析】 【分析】结合正四棱台的结构特征，判断空间两条直线的位置关系，无公共点等价于两直线平行或异面 【详解】对于A：正四棱台由正四棱锥平行于底面截取得到，因此和延长后相交，存在公共点，A错误； 对于B：正四棱台上下底面均为正方形，故，，由平行公理可得， 平行直线无公共点，B正确； 对于C：在底面内，与底面交于点，且不在上，同时与不平行， 因此两直线为异面直线，无公共点，C正确； 对于D：由，得，因此四点共面， 四边形为上下底不等的等腰梯形，两腰和延长后相交，存在公共点，D错误. 10. 已知，，，，复数，．现在复数系中定义一个新运算，规定：．则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】，，， ，故A正确； ，故B正确； ， 故，故C错误； ，故D正确. 11. 已知向量，满足，，则（ ） A. 时， B. 时， C. 时， D. 在上的投影向量为时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】先解方程，得到，求与，可判断A的真假；求，可判断B的真假；根据向量共线的结论探索的关系，可判断C的真假；根据投影向量列式，探索的关系，可判断D的真假. 【详解】因为，，所以. 对A，当时，，所以， ，所以.故A正确； 对B，当时，，所以与不垂直，故B错误； 对C，，则，故C正确； 对D，在上的投影向量为，所以， 所以，整理得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，，两点在河的两岸，为了测量，之间的距离，测量者在的同侧选定一点，测出，之间的距离是，，，则，两点之间的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理，结合三角形内角和定理进行求解即可. 【详解】由三角形内角和定理，得， 由正弦定理，得， 因此，两点之间的距离为. 13. 若数据，，，的平均数与方差分别为，，则数据，，，，，，，，，的平均数为_________，方差为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】因为数据，，，的平均数与方差分别为，， 所以，，，的平均数与方差分别为，. 又， ， 所以， . 所以，，，，，，，，，的平均数为； 方差为 . 14. 如图，正方形的边长为，，，，是全等的直角边为的等腰直角三角形，将 其分别沿图中的虚线向上折起，使折起后这四个三角形所在平面均与底面垂直．若球的表面恰好经过折起后的点，，，，且与底面相切，则球的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的切接性质，找出半径与折起来后的几何图形的长度关系，从而可计算球的表面积. 【详解】如下图，在正方形中，连接交于点，交于点. 原正方形的边长为，，，，是全等的直角边为的等腰直角三角形， 则，，.. 将四个角折起后，四个三角形所在平面均与底面垂直， 则点在底面的投影为点，且高度为. 设球与底面切点为，与折起后截面交点为， 如下图，设球半径为， 则，，.. 在中，，即，解得. 所以球的表面积为. 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. 在人工智能背景下，某校积极推动与传统教学深度融合以变革授课模式．为了解落地效果和学生满意度，现从全体学生中随机抽取名学生对融合式教学模式进行满意度评分，整理数据并按评分分成，，，，这五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中评分在内的学生共21人． （1）求与的值； （2）估计这名学生评分的平均数； （3）从所抽取的评分在，内的学生中，采用样本量按比例分配的分层抽样抽取名学生做进一步的调查，求评分在内的学生应抽取的人数． 【答案】（1）， （2） （3）人 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求的值，根据频率与频数的关系求的值. （2）利用频率分布直方图估计平均数. （3）利用分层抽样的规则求解. 【小问1详解】 由，解得. . 【小问2详解】 根据频率分布直方图，估计这60人的平均数为： . 【小问3详解】 从所抽取的评分在，内的学生中，采用样本量按比例分配的分层抽样抽取名学生做进一步的调查，评分在内的学生应抽取的人数为： . 16. 已知，，，均为实数，复数是纯虚数，是关于的方程的一个根，，且，，在复平面内对应的点分别为，，． （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的定义得出，将代入方程中得出的值； （2）由，且不共线计算. 【小问1详解】 因为是纯虚数，所以，得， 则， 因为是关于的方程的一个根， 所以，整理得， 则，得，则； 【小问2详解】 由题意得，，则， 因为与的夹角为锐角，所以，且不共线， 则且，得且， 则的取值范围为. 17. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，且侧面底面，点在棱上． （1）证明：； （2）若，． （i）证明：平面平面； （ii）当时，求直线与侧面所成角的正切值． 【答案】（1）因为侧面为矩形，则， 又因为侧面底面，侧面底面，侧面， 可得底面，且底面，所以. （2）（i）因为，且点为棱的中点，则， 且侧面底面，侧面底面，底面， 可得侧面，由侧面可得， 在矩形中，，则， 可得，即， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以平面平面； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可证底面，即可得； （2）（i）根据面面垂直的性质可证底面，，根据几何性质可得，可证平面，即可得结果；（ii）可知直线与侧面所成角为，即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略； （ii）因为底面，可知直线与侧面所成角为， 因为，由题意可知：，， 可得， 所以直线与侧面所成角的正切值为. 18. 已知中，，点在边上，． （1）若，． （i）求的长； （ii）求的面积． （2）若，求的最大值． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）在中，利用余弦定理求解；（ii）根据求得，即可求的面积； （2）根据，两边平方再利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 （i）中，，， 则，又，， 根据余弦定理得： 即， 由于，得； （ii）由于为的角平分线， 所以， 即， 得，所以， 所以； 【小问2详解】 由于， 则， 又， 即 即， ， 所以， 当且仅当时等号成立，即的最大值为. 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，为的中点，为的中点，点在棱上，且． （1）证明：底面； （2）若底面，，，． （i）求侧面与侧面所成二面角的正切值； （ii）设棱与平面的交点为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）取线段的中点，过点作交于点，连接、， 因为为的中点，所以， 因为、分别为、的中点，所以，，即， 因为，故， 因为，所以，则， 所以，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，过点作交于点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）（i）过点作交于点，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出，可知侧面与侧面所成二面角的平面角为，证明出，求出、的长，即可求出的正切值，即为所求； （ii）以、为邻边作平行四边形，连接，延长交于点，设平面，由面面平行的性质可得出，则平面截三棱柱所得图形为四边形，设，则即为所求作的点，即平面，分别求出三棱锥和三棱锥的体积，相加即可得出四棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）过点作交于点，过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为，，所以， 因为，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以侧面与侧面所成二面角的平面角为， 因为，由（1）知， 因为，所以，所以， 因为，为的中点，所以，则， 故， 因为平面，平面，所以， 又因为，故为等腰直角三角形，且， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，所以， 即侧面与侧面所成二面角的正切值为； （ii）以、为邻边作平行四边形，连接， 易知几何体为三棱柱，则平面平面，延长交于点， 设平面， 因为平面平面，平面平面，平面平面，所以， 所以平面截三棱柱所得图形为四边形， 设，则即为所求作的点，即平面， 因为，平面，所以平面， 因为，，为的中点，所以， 故. 因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，结合图形以及等角定理可知，同理可证， 所以，则， 在平面内，，所以，即，故， 故，所以， 故， 因为，所以，则， 因为，，， 由勾股定理可得， 因为四边形为平行四边形，所以， 因为，，平面，平面，所以， 由勾股定理可得， 故，， 所以， 所以， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为，，由勾股定理可得， 因为，， 由余弦定理可得， 所以， 因为，则， 因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为， 故， 因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $