精品解析：甘肃天水市麦积区2025-2026学年第二学期教育教学质量调研高一数学试卷

2025—2026学年度第二学期教育教学质量调研试卷 高一数学 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在四边形中，若，则四边形的形状一定是（ ） A. 梯形 B. 平行四边形 C. 菱形 D. 矩形 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量相等和平行四边形定义判断可得答案. 【详解】四边形中，所以，且， 所以四边形为平行四边形. 而邻边不一定相等、且不一定垂直， 所以四边形不是梯形，也不一定是菱形、矩形. 2. 复数的虚部为（ ） A. -3 B. -3i C. 1 D. i 【答案】A 【解析】 【分析】首先化简等式求出复数，然后根据虚部的定义确定正确选项. 【详解】因为复数， 所以虚部为-3. 故选：A. 3. 如图，是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 根据斜二测画法的性质：原图形面积与直观图面积满足关系 ， 已知，，， 因此，直观图面积： ， 代入面积关系得原图形面积：. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用两角差点余弦公式先求，再根据两角和的余弦公式即可求解. 【详解】由，又，所以， 所以， 故选：A. 5. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 7 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由坐标表示向量平行计算可得． 【详解】向量，， 因为，所以，得． 故选：D 6. 甲、乙两学生独立地解答同一道数学问题，甲生解答正确的概率是0.9，乙生解答正确的概率是0.8，那么至少有一学生解答正确的概率是 A. 0.26 B. 0.28 C. 0.72 D. 0.98 【答案】D 【解析】 【分析】 先记“甲解答数学问题正确”为事件，“乙解答数学问题正确”为事件，根据题意即可求出结果. 【详解】记“甲解答数学问题正确”为事件，“乙解答数学问题正确”为事件， 由题意可得，， 则至少有一学生解答正确的概率是. 故选D 【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率，熟记概率计算公式即可，属于基础题型. 7. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据各项线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误. 【详解】A：由，则或，又，则，对； B：由，则平行或相交（不一定垂直），错； C：由，则，又，则必有，对； D：由，则，又，则，对. 故选：B 8. 如图，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为，若，山坡与地平面的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在中，根据题意得，在中，由正弦定理：，即可计算求得答案. 【详解】在中，，， ， ，故， 在中，由正弦定理： 因为，所以， 代入，，得，即：， 所以，即. 二、多项选择题（本大题共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，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若事件，相互独立，则 D. 若事件，相互独立，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】A.因为，所以，A错误； B.因为，所以互斥， 由互斥事件加法法则得，B正确； C.因为事件相互独立， 由独立事件乘法公式得，C正确； D.由加法变形公式得，D正确. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为 C. 外接圆的直径是 D. 若是的中线，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据余弦二倍角公式得，进而得，再根据余弦定理求解，判断A；根据面积公式计算判断B；根据正弦定理计算判断C；根据，结合余弦定理得，再代入数据计算判断D. 【详解】已知在中，，，， 由二倍角公式：，代入得： ， 因为，所以. 对于A选项，由余弦定理： ，即，故A选项正确； 对于B选项，三角形面积公式：，故B选项错误； 对于C选项，由正弦定理（为外接圆直径）： ， 故C选项错误； 对于D选项，因为是的中线， 所以， 所以， 由余弦定理得： ，即， 代入数值得：，故D选项正确. 11. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点A到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为3的球的球面上 【答案】ACD 【解析】 【分析】由两两垂直的条件，先推导线面垂直，解决A选项异面直线垂直问题；固定体积不变，用等体积法列式求点面距，判断B选项；取等腰三角形底边中点构造棱的两条垂线，找到二面角平面角，解直角三角形求正弦值，判断C选项；利补体法，由体对角线求外接球半径，判断D选项. 【详解】对于A选项，因为平面，平面，所以， 又，，所以平面， 由平面知，故异面直线与所成的角为，故A正确； 对于B选项，显然三棱锥的体积， 而，，记M为中点，连接，由等腰三角形得， 由勾股定理得， 故的面积， 可知点A到平面的距离，故B错误； 对于C选项，连接，，由，，平面， 平面知为二面角的平面角，而， 可得，故C正确； 对于D选项，由两两垂直，可将三棱锥补成长方体， 其长宽高分别为，三棱锥外接球与长方体外接球相同， 外接球直径等于长方体体对角线：，，故D正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．） 12. 的值是______. 【答案】 【解析】 【分析】用诱导公式化为同角，然后逆用两角和的正弦公式求解． 【详解】 ． 故答案为：． 13. 已知圆锥的高为，侧面积是底面积的倍，则圆锥的体积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意求出底面半径，然后结合锥体的体积公式计算即可. 【详解】设圆锥的底面半径是，母线长为，高为， 则，化简得， 所以，解得， 所以圆锥的体积. 14. 如图，矩形中，，以为圆心、为半径在矩形内部作弧，点是弧上一动点，，垂足为，垂足为，则四边形的周长的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，设，其中，则，周长，再利用三角函数恒等变换,能求出四边形的周长的最小值. 【详解】连接，设，其中， 则， 周长， ， 要让周长最小，即让最大，即最大， 在时取到最大值， 当时，周长有最小值，故答案为. 【点睛】本题考查四边形周长的最小值的求法,具体涉及到圆的简单性质、三角函数等基本知识.解题时要认真审题，是解决本题的关键. 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. 已知向量，. （1）求； （2）已知，且，求向量与向量的夹角. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量减法的坐标表示求出，再借助坐标计算向量的模； （2）利用向量的数量积运算律转化求出向量的数量积，再结合已知向量的模求出夹角. 【小问1详解】 由题知，，， 所以， 所以. 【小问2详解】 由题知，，， 设向量与向量的夹角为， 所以，即， 解得，因为，所以 所以向量与向量的夹角为. 16. 如图所示，矩形所在的平面，分别是的中点. （1）求证：平面. （2） 【答案】(1)见解析；（2）见解析． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）取的中点，连接，构造平行四边形，证得线线平行，进而得到线面平行；（2）由第一问得到，又因为平面,,进而证得结论． 解析： （1）证明：取的中点，连接, 分别是的中点, ,,四边形是平行四边形， 平面，平面, 平面. （2） 平面， ,又, 平面, ,又，. 点睛：这个题目考查了线面平行的证明，线线垂直的证明．一般证明线面平行是从线线平行入手，通过构造平行四边形，三角形中位线，梯形底边等，找到线线平行，再证线面平行．证明线线垂直也可以从线面垂直入手． 17. 抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为，黄色骰子与地面接触的面上的数字为．（先列出样本空间和随机事件再求） （1）记事件为“”，求事件的概率； （2）记事件为“能被整除”，事件为“”，求事件的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用列举法求出基本事件总数，再得到事件的对立事件的事件数，结合古典概型求概率即可； （2）根据题意，利用列举法求出事件的事件数，再结合古典概型求概率即可． 【小问1详解】 由题意可知，所有样本点可表示为，其中，都是，，，中的数， 则样本空间且， 事件：“”，则对立事件：“”， 对立事件， 符合条件的基本事件数， 所以，因此． 【小问2详解】 由（1）可知，样本空间且， 事件表示“能被整除或”， 则事件包含样本点为：，，，，，，，，，，，， 符合条件的基本事件数， 所以. 18. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若的面积为，且，求的周长. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，将边换成角，再根据两角和与差公式化简合并，即可求解. （2）由（1）可知，根据同三角函数关系可求出，再根据正弦定理求出，根据二倍角公式进一步求出与，最后利用两角和与差公式即可求解. （3）根据面积公式和余弦定理变形公式即可求解. 【小问1详解】 解：（1）因为， 由正弦定理得， 即， 因为，则，故. 【小问2详解】 因为，且，则， ， . ， ， . 【小问3详解】 ， 因为由余弦定理得， 于是， 因为，则，所以， 因此，于是的周长. 19. 如图，长方体中，，，点P为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值； （3）在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 由长方体性质可得平面，又平面，故， 又，则底面为正方形，故， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面； （2） （3）存在，且 【解析】 【分析】（1）借助长方体的性质与线面垂直的判定定理可得平面，再借助面面垂直的判定定理即可得证； （2）结合直线与平面所成角的定义可得等于直线与平面所成的角，再借助正弦的定义计算即可得； （3）找出符合要求的点，再借助线面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，连接、，由长方体性质可得， 则直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 由（1）知平面，故等于直线与平面所成的角， ，，则， 即直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问3详解】 存在，且，即点与重合，连接、、， 则， ， ， 有，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 故在直线上存在点Q使得平面，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期教育教学质量调研试卷 高一数学 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在四边形中，若，则四边形的形状一定是（ ） A. 梯形 B. 平行四边形 C. 菱形 D. 矩形 2. 复数的虚部为（ ） A. -3 B. -3i C. 1 D. i 3. 如图，是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 7 D. 3 6. 甲、乙两学生独立地解答同一道数学问题，甲生解答正确的概率是0.9，乙生解答正确的概率是0.8，那么至少有一学生解答正确的概率是 A. 0.26 B. 0.28 C. 0.72 D. 0.98 7. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 如图，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为，若，山坡与地平面的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若事件，相互独立，则 D. 若事件，相互独立，则 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为 C. 外接圆的直径是 D. 若是的中线，则 11. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点A到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为3的球的球面上 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．） 12. 的值是______. 13. 已知圆锥的高为，侧面积是底面积的倍，则圆锥的体积为________． 14. 如图，矩形中，，以为圆心、为半径在矩形内部作弧，点是弧上一动点，，垂足为，垂足为，则四边形的周长的最小值为_______． 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. 已知向量，. （1）求； （2）已知，且，求向量与向量的夹角. 16. 如图所示，矩形所在的平面，分别是的中点. （1）求证：平面. （2） 17. 抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为，黄色骰子与地面接触的面上的数字为．（先列出样本空间和随机事件再求） （1）记事件为“”，求事件的概率； （2）记事件为“能被整除”，事件为“”，求事件的概率． 18. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若，求的值； （3）若的面积为，且，求的周长. 19. 如图，长方体中，，，点P为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值； （3）在直线上是否存在点Q使得平面，若存在，则此时为多少；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $