精品解析：江苏淮安市淮阴区2025-2026学年第二学期高一期末调研考试数学试题

2025～2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学 2026. 6 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置． 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁、不折叠、不破损． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知平面向量，且，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：因为，，且，所以，，故选B. 考点：1、平面向量坐标运算；2、平行向量的性质. 2. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高. 【详解】在直角梯形中，，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， 则有， 所以该平面图形的高为. 故选：C. 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 4. 已知三棱锥中，点E，F分别是，的中点，，且直线，所成的角为60°，则线段的长度为（ ） A. B. C. 1或 D. 1或 【答案】D 【解析】 【详解】取的中点，连接、，因点E，F分别是，的中点， 则，故（或其补角）为、所成的角， ∵、所成的角为60°，∴或120° ∵，∴， 当时，； 当时，. 即或. 5. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助正弦定理计算即可得. 【详解】由正弦定理可得， 则、， 则. 故选：C. 6. 如图，在多面体中，，且，，F在上，要使平面，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接相较于点，连接，由得，再由下面平行的性质可得，从而得到答案. 【详解】连接相较于点，连接， 因为，且，，所以， 因为平面，平面，平面平面，所以， 所以. 故选：B. 7. 已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得，为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A 【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 8. 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ） A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 【答案】B 【解析】 【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案． 【详解】 过作，过作， 故， 由题，易知为等腰直角三角形，所以． 所以． 因为，所以 在中，由正弦定理得： ， 而， 所以 所以． 故选：B． 【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C相互独立 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，由互斥事件的定义分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式分析C、D，综合可得答案． 【详解】根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则 ， ， ， 所以有， ， 对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误； 对于B，，A、C相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误． 故选：BC． 10. 已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得截面多边形为正五边形 B. 若三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 C. 从顶点出发沿正方体的表面运动到点的最短路线长为 D. 若用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为8 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A作出过点，，的平面截正方体所得截面计算截面边长即可判断，对于B：取棱、的中点，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，求半径即可判断，对于C正方体部分展开分别求出即可判断，对于D由正方体的侧面展开图.结合图④可以看出五个边长为2的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形 即为所求最小正方形，计算其面积即可判断. 【详解】对于A：如图①，延长交的延长线于点，易得，所以，连接交于点，由，得，所以是上靠近的三等分点，在棱上取点，使得，连接，则，在棱上取点，使得，连接，则，得，取的中点，连接，则，得，则是上靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面. ，， ，， ，故五边形不是正五边形，故A错误； 对于B：如图②，取棱、的中点，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，直径长为，则球的表面积为，故B正确 对于C：正方体部分展开图如图③所示，按不同的展开方式，分三种情况：， ，，则的最小值为，故C正确. 对于D：由正方体的侧面展开图.结合图④可以看出五个边长为2的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形 即为所求最小正方形，其对角线长为，所以面积为，故D正确. 11. 如图，长方形ABCD中，，点P是线段AD上的一点，点E，F分别为线段PB，PC上的动点，且，点M，N分别为线段BC，EF的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，以B为坐标原点，建立平面直角坐标系，由数量积的坐标运算即可判断AD，由基底法表示向量即可判断B，由向量模长的坐标公式即可判断C. 【详解】以B为坐标原点，BC，BA所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，则，， 设，所以， 所以， 所以．的最小值为－3，此时，A正确； 因为， 所以 ，B错误； 因为，， 所以， 所以， 当时，，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故C正确； 因为， 若，则， 所以，即，当且仅当即时，等号成立， 所以，即的最小值是，D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. i 为虚数单位，复数 ______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可. 【详解】 故答案为：. 13. 用半径为4 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高是_____cm. 【答案】 【解析】 【分析】先求半圆的弧长，就是圆锥的底面圆周长，即可得到底面圆半径，然后利用勾股定理即可得到本题答案. 【详解】因为半径为4的半圆弧长为，所以圆锥的底面周长为，则底面半径为， 其轴截面为等腰三角形如下图： 所以圆锥的高. 故答案为： 14. 《数书九章>是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边a，b，c，求面积S的公式．这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即： ，现有的三边满足，则的最大值______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理得，再设，则可化简得，再计算的范围，即可求最值. 【详解】在中利用正弦定理，可化简为， 设，则，则， 则， 则， 则， 因，则，得， 得， 则当时，有最大值. 故答案为： 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. 某中学地理组教师团队研发了《听歌曲学地理》校本课程并对高一年级共1200名学生进行了授课，授课结束后对学生进行了知识测验，从所有答卷中随机抽取了100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于50分的整数）整理后得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计样本成绩的中位数（结果精确到小数点后1位）； （3）若测验成绩不低于80分的同学被定义为“地理爱好者”.试估计全年级“地理爱好者”的人数. 【答案】（1） （2）81.4 （3）660人 【解析】 【分析】（1）根据概率之和为即可求解； （2）找到中位数所在的组，列出方程即可求解； （3）根据题意列式求解. 【小问1详解】 由题意得，解得； 【小问2详解】 ，中位数在这一组， 设中位数的估计值为，则， 解得，即样本成绩的中位数约为81.4； 【小问3详解】 全年级“地理爱好者”约有人. 16. 在中， （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再结合诱导公式即可求解； （2）由三角形面积公式结合余弦定理，即可解得各边长，进而求得的周长. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为，则， 则， 因为，所以， 则有，解得，则. 【小问2详解】 由题意得，其中， 则，解得， 由余弦定理得， 因为，则， 则的周长为. 17. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. （1）写出，，三者之间的关系； （2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积. 【小问1详解】 解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式， 可得，，， 所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. 【小问2详解】 解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为， 所以截面圆环的面积为， 根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积， 所以小球缺的体积为， 令，可得. （ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体， 把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点， 整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S， 则，可得，， 所以该球缺的表面积为. 18. 在中，，边上的两条中线，相交于点，若. （1）用表示； （2）求； （3）若，求四边形的面积. 【答案】（1）, （2） （3） 【解析】 【分析】(1)由，为，边上的中线即可得出答案 （2）由，两边平方，设，化简计算后即可得出答案 （3）由是重心，得出，再由（2）即可得出答案 【小问1详解】 因为为边上的中线，所以 因为为边上的中线，所以 【小问2详解】 因为 所以 因为 所以设 所以 所以 又因为 所以 【小问3详解】 已知，设，结合， ，代入得： 解得 则 因为是重心,则 所以，同理 19. 已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. （1）求的解析式； （2）将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）由图有先求周期，进而求，最后代点求出即可； （2）（i）法一：如图①，设在平面上的射影为，连接、，在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，由在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，在计算即可；法二：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）法一：取线段的中点，线段的中点为，连，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点的圆，计算圆的半径，同理可得，球被平面所截的图形也是半径相同的圆，最后利用球缺和球的体积公式即可求解；法二：建立空间直角坐标系， 设线段的中点为，在平面上的射影为，计算以为球心，半径为的球被半平面和平面所截所截的图形为圆的半径，最后利用球缺和球的体积公式即可求解. 【小问1详解】 由图可得，，周期，所以， 由，得，所以， 所以，因为，所以当时，， 所以； 【小问2详解】 （i）法一 如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，. 在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，， 因为在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为， ，所以和平面所成角的正弦值为. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②， 设在平面上的射影为，则，，，，，， 平面的法向量为 设直线和平面所成角为，则 （ii）法一 由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线 取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴 设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面 ，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得， 球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设其体积为，则 因为，得球缺的高，故，，故. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示 设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为 以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则， 即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则 因为，得球缺的高，故 ，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学 2026. 6 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置． 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁、不折叠、不破损． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知平面向量，且，则 A. B. C. D. 2. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知三棱锥中，点E，F分别是，的中点，，且直线，所成的角为60°，则线段的长度为（ ） A. B. C. 1或 D. 1或 5. 已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（ ）． A. B. C. D. 6. 如图，在多面体中，，且，，F在上，要使平面，则的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 7. 已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ） A. 346 B. 373 C. 446 D. 473 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（ ） A. A与B互斥 B. A与C相互独立 C. D. 10. 已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得截面多边形为正五边形 B. 若三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 C. 从顶点出发沿正方体的表面运动到点的最短路线长为 D. 若用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为8 11. 如图，长方形ABCD中，，点P是线段AD上的一点，点E，F分别为线段PB，PC上的动点，且，点M，N分别为线段BC，EF的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. i 为虚数单位，复数 ______． 13. 用半径为4 cm的半圆形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高是_____cm. 14. 《数书九章>是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边a，b，c，求面积S的公式．这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即： ，现有的三边满足，则的最大值______． 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. 某中学地理组教师团队研发了《听歌曲学地理》校本课程并对高一年级共1200名学生进行了授课，授课结束后对学生进行了知识测验，从所有答卷中随机抽取了100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于50分的整数）整理后得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计样本成绩的中位数（结果精确到小数点后1位）； （3）若测验成绩不低于80分的同学被定义为“地理爱好者”.试估计全年级“地理爱好者”的人数. 16. 在中， （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. （1）写出，，三者之间的关系； （2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 18. 在中，，边上的两条中线，相交于点，若. （1）用表示； （2）求； （3）若，求四边形的面积. 19. 已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. （1）求的解析式； （2）将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $