精品解析：广东广州市荔湾区2025-2026学年第二学期高中学业综合素养练习高一数学试题A卷

2025学年第二学期高中学业综合素养练习 高一数学 2026.07 本练习共4页，19小题，满分150分，作答用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，学生务必在答题卡第1面和第3面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名、教室号和座位号，用2B铅笔准确填涂试卷类型，再将条形码粘贴在答题卡的“条形码粘贴处”． 2．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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能写在本练习上． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、涂改液和修正带．不按以上要求作答，答案无效． 4．学生必须保持答题卡的整洁，作答结束后，将本练习和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 某学校为深入落实“健康第一”教育理念，推进健康校园建设，在高一年级采用分层随机抽样，抽取男生30人和女生20人进行立定跳远测试（单位：cm）．已知男生样本均值为220，方差为900；女生样本均值为170，方差为400．则抽取的样本总方差为（ ） A. 650 B. 700 C. 1300 D. 1400 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 一个棱长为12的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为9，9，8．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ） （参考数据：，） A. 0.63 B. 1.42 C. 2.74 D. 3.68 8. 已知是定义域为的偶函数，且是奇函数，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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． 9. 在复数范围内关于的方程有两个不同的根，分别记为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 口袋中装有5个大小质地完全相同的球，其中2个白球3个黑球．从中不放回地依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，则（ ） A. B. 与互斥 C. D. 与相互独立 11. 正方体中，棱长为，记，与面的交点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与面所成角为 C. D. 四面体的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则向量的夹角的余弦值为__________． 13. 已知一组数据，，，，满足，则这组数据的方差为__________；记，则数据，，，，的标准差为__________． 14. 正边形内接于单位圆，任取它的两个不同的顶点，，若，则的最大值是__________． 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. 若函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）已知，，求的值． 16. 某校法治社团组织全体高一学生开展“感悟法治内涵，争做普法先锋”知识竞赛，引导学生研习法律知识，弘扬法治精神．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （3）决赛晋级规则：选手连续作答法治知识题目，答错1题即终止答题，每人最多作答2题．设甲每题答对概率为，乙每题答对概率为，二人各题答题结果相互独立．求甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率． 17. 将药物注射进患者的血液中，药物在血液中释放某有效治疗因子，该因子在血液中的浓度随着时间（单位：小时）的变化情况如图所示，其函数模型可以用函数近似，其中． （1）根据图象求参数，，的值； （2）当浓度时药物才有疗效，求注射该药物一次的有效治疗时长（保留两位小数）． （参考数据：，） 18. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面是正方形，底面，，，分别为线段，的中点． （1）证明：平面平面； （2）记面与面的交线为，求二面角的平面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 在中，已知，的面积满足：． （1）求的大小； （2）如图所示，为线段上一点，延长至点，使得，记． （i）用含的式子分别表示与的面积； （ii）求三角形与四边形面积比值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高中学业综合素养练习 高一数学 2026.07 本练习共4页，19小题，满分150分，作答用时120分钟． 注意事项： 1．作答前，学生务必在答题卡第1面和第3面上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写学校、班级、姓名、教室号和座位号，用2B铅笔准确填涂试卷类型，再将条形码粘贴在答题卡的“条形码粘贴处”． 2．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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案不能写在本练习上． 3．非选择题答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，再写上新的答案，改动后的答案也不能超出指定的区域；不准使用铅笔、涂改液和修正带．不按以上要求作答，答案无效． 4．学生必须保持答题卡的整洁，作答结束后，将本练习和答题卡一并交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数，所以复数的虚部为. 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据任意角三角函数的定义以及诱导公式计算即可. 【详解】. 3. 某学校为深入落实“健康第一”教育理念，推进健康校园建设，在高一年级采用分层随机抽样，抽取男生30人和女生20人进行立定跳远测试（单位：cm）．已知男生样本均值为220，方差为900；女生样本均值为170，方差为400．则抽取的样本总方差为（ ） A. 650 B. 700 C. 1300 D. 1400 【答案】C 【解析】 【详解】抽取的样本总平均数， 所以抽取的样本总方差. 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【详解】A项，若，，则或，故A错误； B项，由，，可知或， 又，则可能平行、相交或异面，故B错误； C项，若，，则或，故C错误； D项，由，，可知， 又，则，故D正确. 5. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式及指数不等式，再结合必要不充分条件定义判断. 【详解】“”，即得，解集为； “”，即得，解集为； 是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件 6. 已知，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，由，得， ， 则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 7. 一个棱长为12的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为9，9，8．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ） （参考数据：，） A. 0.63 B. 1.42 C. 2.74 D. 3.68 【答案】B 【解析】 【分析】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，由题意可得，计算正四面体的高，根据水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，列式计算求解. 【详解】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为， 由题意可得， 如图所示，正四面体高， 水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似， 则，即， 所以. 8. 已知是定义域为的偶函数，且是奇函数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据奇偶函数的性质找到函数的周期，再根据求和的表达式找出数列的周期，从而求出数列前2026项的和. 【详解】设，因为是奇函数， 所以，即， 因为是偶函数， 所以，即， 令，则，所以， 即， 因此以4为周期， 因为是奇函数，所以，即， 因为，是偶函数， 所以， 因此，， ，， 设，则，， 因为以4为周期， 所以，即数列每8项重复一次， 当时，前8项之和为，即每8项的和都是0， 因为， 所以前2024项正好是253个完整周期，和为0，剩下两项的和为， 所以，故选项D正确. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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． 9. 在复数范围内关于的方程有两个不同的根，分别记为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据求根公式确定两根，再结合复数的四则运算和模长公式逐项判断即可. 【详解】解方程，配方得， 因此两根为共轭虚根：，， 选项A： ，A正确， 选项B：计算得，与不相等，B错误， 选项C：共轭复数的模相等，计算得，，故，C正确， 选项D：，因此，D错误. 10. 口袋中装有5个大小质地完全相同的球，其中2个白球3个黑球．从中不放回地依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，则（ ） A. B. 与互斥 C. D. 与相互独立 【答案】AC 【解析】 【分析】由古典概型概率计算公式、互斥事件与相互独立事件的判定，先计算各基础事件概率，再逐一验证选项即可. 【详解】设2个白球为，3个黑球为 不放回依次取2个球，共有： ，共有个基本事件， 事件A（两球同色）包含两白种、两黑种，共8种，故； 事件B（第一次取白球）共种，故； 事件C（第二次取白球）共种，故， 选项A：根据概率加法公式， 其中表示两球同色且第二次为白球，即两球均为白球，共2种，，代入得，A正确， 选项B：互斥事件不能同时发生，当两次均取白球时，B、C同时发生，故B与C不互斥，B错误， 选项C：表示两球不同色且第二次取白球，即第一次取黑球、第二次取白球，共种，故，C正确， 选项D：相互独立事件满足， 其中表示第一次取白球且两球同色，即两球均为白球，， 而，故A与B不独立，D错误. 11. 正方体中，棱长为，记，与面的交点为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与面所成角为 C. D. 四面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用正方体几何性质确定体对角线平面及交点的位置，并计算出、相关的关键线段长度；再逐项验证各选项，通过线面垂直判定、勾股定理、面积公式及等体积法分别判断角度，长度和体积的正误即可. 【详解】如图，作出符合题意的图形，连接， 由题意得正方体​棱长为， 且是正方形对角线与的交点，故是中点； 设，则为与的中点. 连接，，则，又， 所以为等边三角形的中线的靠近的三等分点， 即为等边三角形的重心， 因为，面， ，所以面， 而面，则，同理可证， 因为面，，所以平面， 且，正三角形边长为， 可得到顶点距离. 选项A，因为，， 且平面，故平面. 又平面，因此，即，故A正确. 选项B，因为为等边三角形的重心，所以直线为直线. 又平面平面，且与所成角为， 所以与平面所成角为，故B错误， 选项C，因为平面，平面， 所以，即是直角三角形，即. 已知，由勾股定理得， 则，故C正确. 选项D，因为平面平面，所以， 故面积. 因为，所以平面平面. 连接交于点，. 因为，所以. 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. 因此点C到平面距离为， 因此体积，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则向量的夹角的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积和向量的夹角公式的坐标运算法则，即可求解 【详解】由向量，，可得，且， 所以向量和夹角的余弦值为. 13. 已知一组数据，，，，满足，则这组数据的方差为__________；记，则数据，，，，的标准差为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】数据，，，，的方差为； 已知，则数据，，，，的标准差为. 14. 正边形内接于单位圆，任取它的两个不同的顶点，，若，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先由的数量积得两向量夹角，再由圆内接正多边形的性质可得，从而可得所求值的最大值. 【详解】因为单位圆中都是单位向量，设两向量的圆心角为， 所以，由条件， 又因为两个不同的顶点，，所以， 余弦函数在单调递减，且，所以. 因为正边形相邻顶点对应的圆心角为​， 设，则两顶点，的圆心角. 所以，又为正整数，故的最大值为. 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. 若函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）已知，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）观察图象确定函数的最值，由此可求，观察函数的周期，结合周期公式求，由求，由此可得函数解析式； （2）由，结合特殊角三角函数值及正弦函数的图象与性质求，结合的范围确定其值，再求. 【小问1详解】 观察图象得函数的最大值为，最小值为，故， 观察图象可得，又，所以， 由，得，， 又，得，所以； 【小问2详解】 因为，即， 所以，或， 所以，或，， 又因为，所以， 所以. 16. 某校法治社团组织全体高一学生开展“感悟法治内涵，争做普法先锋”知识竞赛，引导学生研习法律知识，弘扬法治精神．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ （3）决赛晋级规则：选手连续作答法治知识题目，答错1题即终止答题，每人最多作答2题．设甲每题答对概率为，乙每题答对概率为，二人各题答题结果相互独立．求甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率． 【答案】（1） （2）分 （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质即可求出； （2）找出排名前的同学的成绩所在区间，通过比例计算该区间内的具体偏移量，最终求解最低入围成绩； （3）先拆分事件，再分步计算子事件概率，最后合并子事件概率求解． 【小问1详解】 频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1， ，解得. 【小问2详解】 的频率为，的频率和为， 故排名前的同学的成绩位于内，且设为，则，解得， 进入决赛的同学成绩应不低于分． 【小问3详解】 设甲答题次数为，乙答题次数为， 由题意可得， 设事件为甲、乙两人答题总次数之和等于3， 由题意可得事件包含两种情况， 情况一：甲答题1次、乙答题2次；情况二：甲答题2次、乙答题1次， 所以， 故甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率为. 17. 将药物注射进患者的血液中，药物在血液中释放某有效治疗因子，该因子在血液中的浓度随着时间（单位：小时）的变化情况如图所示，其函数模型可以用函数近似，其中． （1）根据图象求参数，，的值； （2）当浓度时药物才有疗效，求注射该药物一次的有效治疗时长（保留两位小数）． （参考数据：，） 【答案】（1） ，， （2） 小时 【解析】 【分析】（1）根据及待定系数法求解析式中的参数值； （2）应用分类讨论研究时对应的自变量范围，即可得. 【小问1详解】 由， 由图象知， 联立得，得，则， 由， 综上，； 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，则， 所以，因此第一段满足条件的范围是， 当时，，则， 所以，因此第二段满足条件的范围是， 综上，总有效时长为小时. 18. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面是正方形，底面，，，分别为线段，的中点． （1）证明：平面平面； （2）记面与面的交线为，求二面角的平面角的大小； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为底面，底面，故； 又底面是正方形，故. 由，，，平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，是中点，所以； 因为，，，平面，故平面. 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由条件中的线面垂直及底面是正方形可得平面，再结合等腰三角形中线垂直底边可得平面，从而可得面面垂直； （2）先由线面平行的判定定理及性质定理可得，再由（1）得平面，进而可得平面，从而可得就是二面角的平面角，并在等腰直角三角形中计算可得； （3）由等体积法可得点到平面的距离为，再由线面角的定义计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，平面，平面，故平面. 又平面，平面平面，由线面平行性质得. 由（1）知平面，且，所以平面， 又因为，得平面，故且，因此就是二面角的平面角. 在中，，，故. 因此二面角的平面角大小为. 【小问3详解】 设. 因为是中点，底面，故到底面的距离为. 又因为是中点，，. 三棱锥的体积. 由（1）知平面，且平面，所以. 在直角三角形中，，所以，，.​ 在直角三角形中，，，所以. 在直角三角形中，. 设点到平面的距离为，由，代入得. 因为在平面上，设直线与平面所成角为，则. ​​​因此直线与平面所成角的正弦值为. 19. 在中，已知，的面积满足：． （1）求的大小； （2）如图所示，为线段上一点，延长至点，使得，记． （i）用含的式子分别表示与的面积； （ii）求三角形与四边形面积比值的最大值． 【答案】（1） （2） （i），.（ii） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式和向量数量积公式，结合已知等式求出，再利用余弦定理求出边长比. （2）（i）先用余弦定理表示出，再结合第一问表示出的面积，利用三角形面积公式及正弦定理、余弦定理表示出的面积. （ii）利用三角形面积之间的关系将面积比值转化为关于的函数，最后利用三角函数的性质求最值. 【小问1详解】 设，. 因为，所以，化简得. 又因为，解得. 【小问2详解】 （i）已知，， 则. 因为，，则，则. 因为， 则. 展开得. 在中，由余弦定理和正弦定理得， . 则，化简得. （ii）四边形面积，其中， 代入得. 设比值为，根据（2）（i）得. 令，化简得.​​ 因为，，故. 则当​时，取最大值，最大值为8. 要使最大，需最大，则最大值. 故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $