精品解析：新疆乌鲁木齐市实验学校2025-2026学年高一第二学期期末考试数学试卷

2025-2026学年第二学期高一年级期末质量检测数学学科问卷 时长：120分钟 总分: 150分 一、单选题 (每小题5分，共40分) 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：A. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算可得结果. 【详解】若，则， 因此可得，解得. 故选：D 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱和圆锥的底面半径均为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积． 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径均为，圆锥的母线， 则圆柱的侧面积，圆锥的侧面积， 由，得，解得， 所以圆锥的体积． 5. 已知数据，，…，的极差为4，方差为2，则数据，，…，的极差和方差分别是（ ） A. 4，2 B. 4，18 C. 12，2 D. 12，18 【答案】D 【解析】 【分析】根据极差和方差的性质运算可得. 【详解】新数据的极差是原数据极差的3倍，所以新数据的极差为：； 新数据的方程是原数据方差的倍，所以新数据的方差为：. 故选：D 6. 为了研究一种新药的疗效，选名患者随机分成两组，每组各名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标和的数据，并制成如图，其中“”表示服药者，“”表示未服药者. 下列说法中，错误的是（ ） A. 服药组的指标的均值和方差比未服药组的都低 B. 未服药组的指标的均值和方差比服药组的都高 C. 以统计的频率作为概率，患者服药一段时间后指标低于的概率约为 D. 这种疾病的患者的生理指标基本都大于 【答案】B 【解析】 【分析】 根据服药组和未服药组的数据分布可判断A、B选项的正误；观察服药组的指标大于的数据个数，可判断C选项的正误；观察未服药组生理指标值的分布，可判断D选项的正误.综合可得出结论. 【详解】对于A选项，服药组的指标的取值相对集中，方差较小，且服药组的指标的均值小于，未服药组的指标的均值大于，A选项正确； 对于B选项，未服药组的指标的取值相对集中，方差较小，B选项错误； 对于C选项，服药组的指标值有个大于，所以患者服药一段时间后指标低于的概率约为，C选项正确； 对于D选项，未服药组的指标值只有个数据比小，则这种疾病的患者的生理指标基本都大于，D选项正确. 故选：B. 【点睛】本题考查统计图表的应用，考查推理能力，属于基础题. 7. 在分别写有数字1，2，3，4，5的5张一样的卡片中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第1 次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（ ） A. 和为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 【答案】B 【解析】 【分析】A选项利用对立事件的定义判断；B选项利用相互独立事件的定义判断；C选项利用相互独立事件的定义判断；D选项利用互斥事件的定义判断. 【详解】事件的基本事件有，，，，； 事件的基本事件有，，，，； 事件的基本事件有，，，. 和都有事件，所以和不是对立事件，故A错误； ，， 事件的基本事件有，，则， 所以和为相互独立事件，B正确； ，， 事件的基本事件有，，则， 故和不为相互独立事件，C错误； 和都有事件，所以和不是互斥事件，故D错误. 8. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 二、多选题 (每小题6分，共18分) 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的基本概念、运算、几何意义及实系数一元二次方程的虚根性质，结合对应知识点逐一判断选项即可. 【详解】选项A：，故，A正确， 选项B：纯虚数要求实部为且虚部不为，令实部，解得或， 当时虚部，复数为实数，不符合要求，仅成立，B错误； 选项C：向量，对应的复数为，C正确； 选项D：实系数一元二次方程的虚根共轭成对，另一根为， 由韦达定理，两根和得，两根积， 故，D正确. 10. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则有两解 【答案】AD 【解析】 【分析】利用大角对大边及正弦定理，结合余弦定理即可求解. 【详解】对于A，，所以，由正弦定理得，故A正确； 对于B，，故边最长，角最大. 设， 则. 所以角为锐角，故是锐角三角形，故B错误； 对于C，，则或，即或，则为直角三角形或等腰三角形，故C错误； 对于D，， 根据正弦定理 ，所以有两解，所以有两解，故D正确. 故选：AD. 11. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多而体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ） A. AB与PF所成角为 B. 该二十四等边体的体积为 C. 该二十四等边体外接球的表面积为 D. PN与平面EBFN所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.利用异面直线所成的角求解判断；B. 补齐八个角构成棱长为2的正方体求解判断；C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心求解判断；D，由PN与平面EBFN所成角为∠PNS求解判断. 【详解】如图所示： 对于A，因为，，所以AB和PF所成角为，故A错误. 对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为，故B正确 对于C，取正方形ACPM对角线交点O，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为，其表面积为，故C正确， 对于D，因为PN在平面EBFN内的射影为NS， 所以PN与平面EBFN所成角为∠PNS，其正弦值为，故D正确. 三、填空题 (每小题5分，共15分) 12. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形周长是__________． 【答案】14 【解析】 【分析】根据直观图还原该平面图形，然后可得答案． 【详解】 在直观图中，设与交于点，则，，， 在原图形中，，，， 所以原图形周长是 故答案为：14 13. 样本数据7，8，10，11，23，24，30，35的第40百分位数为_______. 【答案】 11 【解析】 【详解】因为，所以第40百分位数为第4个数据11. 14. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转角得到点，则点的坐标为_____，向量在向量上的投影向量为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空：根据已知条件，确定向量逆时针旋转的角，根据公式确定坐标，再根据点坐标，求出点的坐标；空：根据投影向量的计算公式结合、坐标即可求解. 【详解】空：由题意得，把点绕点沿顺时针方向旋转角得到点， 则点绕点沿逆时针方向旋转角得到点， 则， ，设，又因为， 所以，解得，所以. 空：向量在向量上的投影向量为， 因为，， 所以. 故答案为：； 四、解答题(第15题13分， 第16题15分， 第17题15分， 第18题17分， 第19题17分， 共77分) 15. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 16. 如图，在正方体中，. （1）作出过与平行的平面，并证明； （2）证明：平面; （3）求直线和平面所成的角. 【答案】（1）平面为所求平面. 证明：如图所示，连接，， 在正方体中，且，则四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面. （2）证明：如图所示，在正方体中，侧面是正方形，所以. 又因为平面，且平面，所以. 因为，且平面，所以平面. （3）. 【解析】 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（2）知，平面.如图所示，设，则为的中点，连接， 因为平面，所以为直线与平面所成的角， 在中，，，所以， 得，即直线和平面所成的角为. 17. （1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标； （2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值； （3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明． ①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点． 注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）； （2）（i），（ii）； （3）证明：若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍． 证明：如图，设， 由三角形法则有，所以 即. 同理可得，，. 若选②： 在平行四边形中，，为对角线， 证明：. 根据条件作出图形， 因为四边形为平行四边形， 所以，，， 所以， 因为， 所以， 所以， 即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和； 若选③： 在中，，，分别为，，的中点，证明：，，相交于一点. 由题意作出图形， 设，， 则，， ， 设，相交于一点，，， 则， ， 又， 所以，解得，， 所以， 再设，相交于一点，同理可证得， 即，重合，即，，相交于一点， 所以三角形的三条中线交于一点. 【解析】 【分析】（1）设，依题意可得，从而得到方程组，解得即可； （2）（i）根据及数量积的运算律计算可得；（ii）由，结合二次函数的最值即可求解； （3）根据所选条件，画出图形，结合向量的运算证明即可. 【详解】（1）设，则，， 因为点在线段的延长线上，且，所以， 所以，解得，所以； （2）（i）因为，为单位向量，所以，， 所以 ； （ii）因为 ， 所以当时，函数的最小值为； （3）略 18. 学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值． （2）估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（保留一位小数） （3）若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 【答案】（1） （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小矩形面积和为1列式求解. （2）利用（1）的结论，利用频率分布直方图中平均数和中位数定义求解. （3）利用分层抽样求出落在两个区间内的人数并编号，再利用列举法求出古典概率. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，该次考试测试分数的平均数的估计值为： 分； 测试分数在的频率：， 测试分数在的频率：， 则测试分数中位数为，，解得， 所以此次数学测试分数的中位数约为. 【小问3详解】 记分数在的人数为（人）， 分数在的人数为（人）， 由，得采用分层随机抽样的方法，抽取的5人中， 分数在的有2人，编号分别为，分数在有3人，编号为， 样本空间， 则，记事件“至少一人分数在”，则，则， 所以这2人中至少有一人分数在内的概率为. 19. 某商店开业促销，推出“掷骰子赢礼金券”活动，规则为：将两枚质地均匀的骰子同时投掷一次，根据点数情形赢得一等奖、二等奖、三等奖．记事件为“两枚骰子点数相同”，事件为“两枚骰子点数相连”，事件为“两枚骰子点数不同但都是奇数或都是偶数”． （1）以事件、、发生的概率大小为依据（概率最小为一等奖，最大为三等奖），求二等奖所对应的事件； （2）若除上述三个事件之外的点数情形均没有奖，每位参与活动的顾客有两次投掷机会，求该活动中每位顾客中奖的概率. 【答案】（1）二等奖为事件 （2） 【解析】 【分析】（1）设两枚骰子的点数分别为、，用表示投掷结果，列举出所有可能的结果，利用古典概型的概率公式计算出、、的值，比较这三个概率值的大小，即可得出结论； （2）计算出投掷一次中奖的概率，再利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 解：设两枚骰子的点数分别为、，用表示投掷结果，则所有可能的结果有种， 即、、、、、、、、、、、 、、、、、、、、、、、 、、、、、、、、、、、 、、， ，则， ，则， ，则 ， ，所以二等奖为事件． 【小问2详解】 解：投掷一次中奖的概率为， 该活动每位顾客中奖的概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高一年级期末质量检测数学学科问卷 时长：120分钟 总分: 150分 一、单选题 (每小题5分，共40分) 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数据，，…，的极差为4，方差为2，则数据，，…，的极差和方差分别是（ ） A. 4，2 B. 4，18 C. 12，2 D. 12，18 6. 为了研究一种新药的疗效，选名患者随机分成两组，每组各名，一组服药，另一组不服药.一段时间后，记录了两组患者的生理指标和的数据，并制成如图，其中“”表示服药者，“”表示未服药者. 下列说法中，错误的是（ ） A. 服药组的指标的均值和方差比未服药组的都低 B. 未服药组的指标的均值和方差比服药组的都高 C. 以统计的频率作为概率，患者服药一段时间后指标低于的概率约为 D. 这种疾病的患者的生理指标基本都大于 7. 在分别写有数字1，2，3，4，5的5张一样的卡片中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第1 次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（ ） A. 和为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 8. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 二、多选题 (每小题6分，共18分) 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 10. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则有两解 11. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多而体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ） A. AB与PF所成角为 B. 该二十四等边体的体积为 C. 该二十四等边体外接球的表面积为 D. PN与平面EBFN所成角的正弦值为 三、填空题 (每小题5分，共15分) 12. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形周长是__________． 13. 样本数据7，8，10，11，23，24，30，35的第40百分位数为_______. 14. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转角得到点，则点的坐标为_____，向量在向量上的投影向量为_____． 四、解答题(第15题13分， 第16题15分， 第17题15分， 第18题17分， 第19题17分， 共77分) 15. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 16. 如图，在正方体中，. （1）作出过与平行的平面，并证明； （2）证明：平面; （3）求直线和平面所成的角. 17. （1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标； （2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值； （3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明． ①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点． 注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分． 18. 学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值． （2）估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（保留一位小数） （3）若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 19. 某商店开业促销，推出“掷骰子赢礼金券”活动，规则为：将两枚质地均匀的骰子同时投掷一次，根据点数情形赢得一等奖、二等奖、三等奖．记事件为“两枚骰子点数相同”，事件为“两枚骰子点数相连”，事件为“两枚骰子点数不同但都是奇数或都是偶数”． （1）以事件、、发生的概率大小为依据（概率最小为一等奖，最大为三等奖），求二等奖所对应的事件； （2）若除上述三个事件之外的点数情形均没有奖，每位参与活动的顾客有两次投掷机会，求该活动中每位顾客中奖的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $