精品解析：广东深圳市宝安区2025-2026学年高一下学期期末教学质量检测数学试卷

2025—2026学年第二学期期末教学质量检测 高一数学 2026.7 注意事项： 1．答题前，请将姓名、班级和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并正确粘贴条形码． 2．作答选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效． 3．本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试时间120分钟． 4．考试结束后，请将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. i D. 2. 给定一组数据1，1，2，3，3，5，7，8，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知，且为第二象限角，则的值等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 若平面向量，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 一袋中装有大小相同，编号分别为的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形是正方形，，点O是与的交点，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 8. 已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件，下列选项中正确的是（ ） A. A与B互斥 B. A与C互斥 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组大小不等的数据的极差为m，平均数为，方差为，标准差为s，若，则下列关于数据的结论正确的有（ ） A. 极差为3m B. 方差为 C. 平均数为 D. 标准差为 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）． A. 函数的最小正周期是 B. 函数的解析式为 C. 函数的单调递减区间是 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 11. 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 存在满足条件的点M，使 B. 直线与平面所成角的正切值的取值范围是 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知复数与分别对应向量与，其中O为坐标原点，则________． 13. 在中，已知，点满足，．设线段与交于点，则_______． 14. 如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为__________. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 为了解高一学生使用错题整理工具的情况，学校随机抽取了200名学生，统计每名学生单次使用该工具的时长（单位：分钟），并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求使用时长在内的学生人数及a的值； （2）利用频率分布直方图，估计这200名学生单次使用时长的平均数和第80百分位数； 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边， （1）求角； （2）已知，，延长到点，使得，求． 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，C是下底面圆周上一点，点D是线段中点 （1）证明：直线平面； （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章．闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为m获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得徽章的概率更大． 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期末教学质量检测 高一数学 2026.7 注意事项： 1．答题前，请将姓名、班级和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并正确粘贴条形码． 2．作答选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效． 3．本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试时间120分钟． 4．考试结束后，请将答题卡交回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. i D. 【答案】A 【解析】 【详解】复数z满足，则， 所以，所以的虚部为. 2. 给定一组数据1，1，2，3，3，5，7，8，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，按第p百分位数的意义计算作答. 【详解】依题意，， 所以第6个数据和第7个数据的平均数为该组数据的第75百分位数，即为. 3. 已知，且为第二象限角，则的值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二倍角的正弦公式计算． 【详解】因为，且为第二象限角，所以， 所以． 4. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】选项A：线面平行的判定要求 ，题干未说明不在平面内，若，则不满足，因此A错误； 选项B：面面垂直的性质定理要求，题干未说明在平面内，若不在中，无法推出，因此B错误； 选项C：由，，可得；又，根据面面垂直的判定定理，可得，因此C正确； 选项D：题干未说明不在平面内，若，满足条件但不满足，因此D错误. 5. 若平面向量，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】只需求出，再结合投影向量的定义即可求解. 【详解】由题意，，与的夹角为， 所以， 在方向上的投影向量为. 6. 一袋中装有大小相同，编号分别为的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】本题考查计数方法和概率的计数及分析问题,解决问题的能力. 一袋中装有大小相同，编号分别为的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，所有的可能情况共有64种；取得两个球的编号和不小于15的情况有（8,8），（8,7）（7,8）共3种；则取得两个球的编号和不小于15的概率为故选D 7. 如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形是正方形，，点O是与的交点，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，， 所以，，. 又因为， 所以 ，故， 8. 已知A和B是随机试验E中的两个随机事件，事件，下列选项中正确的是（ ） A. A与B互斥 B. A与C互斥 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据公式可判断A；由可判断B；由公式先求，然后根据可判断C；根据可知可知，然后判断是否相等可判断D. 【详解】由题知，，因为，故A错误； 因为，A发生时C一定发生，故B错误； 因为，所以， 又，所以，故C正确； 因为，所以，由，，故D错误. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组大小不等的数据的极差为m，平均数为，方差为，标准差为s，若，则下列关于数据的结论正确的有（ ） A. 极差为3m B. 方差为 C. 平均数为 D. 标准差为 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，不妨设数据的最大值为，最小值为，则， 由，得，， 所以数据的极差为，故A正确； 对于BC，因为数据的平均数为，方差为， 所以，， 所以， 所以的方差 ，故BC正确； 对于D，由选项B可得数据的标准差为，故D错误. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）． A. 函数的最小正周期是 B. 函数的解析式为 C. 函数的单调递减区间是 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项：由图可知，函数最大值为，可得，可知，解得，所以A正确； B选项：可知，因为，解得，可得， 函数图像过点，则，可得， 因为，所以，可得，所以B错误； C选项：函数单调递减区间为， 解得，所以C正确； D选项：函数的图象向右平移个单位长度得到，所以D正确. 11. 如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 存在满足条件的点M，使 B. 直线与平面所成角的正切值的取值范围是 C. 三棱锥的体积为定值 D. 当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 【答案】ABD 【解析】 【分析】取的中点E，的中点F，连接，，，，易得，，平面平面，故点M的轨迹为线段．对于A，易得平面，当M为线段中点时，，因为，所以；对于B，设直线与平面所成的角为，由平面知，在中，，即可求解；对于C，由的轨迹为线段，易得，所以与平面不平行，所以点到平面的距离不是定值，故三棱锥的体积不是定值；对于D，建系后写出向量的坐标，令，得的关系式，由的范围即可求出的范围，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点E，的中点F，连接，，，， 易知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又，又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故点M的轨迹为线段． 对于A，连接，交于点O，如图所示． 则，又，，平面， 所以平面，当M为线段中点时，， 因为，所以，故A正确； 对于B，设直线与平面所成的角为、连接，如图所示． 由平面知，， 在中，由，得，故B正确； 对于C，由的轨迹为线段，在正方体中，可知，所以与平面不平行， 又，点的轨迹为线段,所以点到平面的距离不是定值，故三棱锥的体积不是定值，所以C错误； 对于D，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示： 则，， 设（），得，从而， 又，令，得， 当时，显然不合题意； 当时，由，解得， 即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知复数与分别对应向量与，其中O为坐标原点，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，，则，则． 13. 在中，已知，点满足，．设线段与交于点，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意作图，利用基底表示所求向量，根据向量数量积运算律以及夹角公式计算，可得答案. 【详解】 如图，由题意，是线段的中点，，则， 且， 所求为向量与向量的夹角， 则， 所以. 故答案为：. 14. 如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球，作出小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形，求出小球滚动形成的几何体的体积，再由容器的体积减去小球滚动形成的几何体的体积得出答案. 【详解】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球． 小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形如图所示： 由题意知：，则，， ， 小球滚动形成的圆柱的高为 则小球滚动形成的几何体的体积为：， 容器的体积为， 则小球无法碰触到的空间部分的体积为. 故答案为：． 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 为了解高一学生使用错题整理工具的情况，学校随机抽取了200名学生，统计每名学生单次使用该工具的时长（单位：分钟），并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求使用时长在内的学生人数及a的值； （2）利用频率分布直方图，估计这200名学生单次使用时长的平均数和第80百分位数； 【答案】（1）40；； （2）平均数为32.25；第80百分位数为37.5 【解析】 【分析】（1）根据频率与频数的关系求使用时长在内的人数，利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1求出的值； （2）利用各组组中值乘以对应频率求和得到平均数，根据累积频率确定第80百分位数所在区间，再计算第80百分位数. 【小问1详解】 由题意可知，使用时长在内的频率为， 故使用时长在内的学生人数为. 由图可得：， 解得； 【小问2详解】 由（1）知，则平均数为 ， 前三组的频率和为， 前四组的频率和为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边， （1）求角； （2）已知，，延长到点，使得，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角形内角和与三角恒等变换化简等式，求得的值，进而确定角； （2）先用余弦定理求边，再由补角关系得到，最后在中应用余弦定理计算的长度. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得： 又 所以 因为，所以，所以 又，所以 【小问2详解】 在中，所以 所以 所以 在中，依题意可知 由余弦定理得： 故 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，C是下底面圆周上一点，点D是线段中点 （1）证明：直线平面； （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接，令，连接，则是、的中点， 在△中， 是线段中点，是的中点，∴∥， 又∵平面，平面， ∴直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理进行证明； （2） 法一，利用等体积法求出点到平面的距离，利用线面角的定义即可求得答案； 法二，建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一:因为，所以与平面所成角即为与平面所成角， 假设点到平面的距离为， 在三棱锥中，平面， 在中，为中点，，，， 所以三棱锥的体积， 因为为中点，所以， 又在中，所以， 同理， 又在中，所以， 又因为，即有， 解得， 假设与平面所成角的为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：以为原点，以、、分别为轴、轴、轴的正方向， 建立如图空间直角坐标系，则 ， 所以， 设平面的法向量， 所以， 令，则， 所以平面的一个法向量， 与平面所成角的， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章．闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为m获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求游戏一，游戏二的获胜概率； （2）先求出游戏三中不放回地依次取出两个球的样本的个数，利用古典概型求解即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得科技徽章的概率，从而求出游戏三获胜的概率的范围，据此可求值. 【小问1详解】 设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则， 因为，所以，.所以游戏一获胜的概率为. 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为， 所以，所以， 所以游戏二获胜的概率为. 【小问2详解】 游戏三中不放回地依次取出两个球的样本的个数为， 时，样本的个数为2，所以所求概率为； 【小问3详解】 设“先玩游戏二，获得徽章”，“先玩游戏三，获得徽章”， 则，且，，互斥，相互独立， 所以 又，且，，互斥， 所以 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得徽章的概率大，则， 所以，即. 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表： 第二次第一次 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 当时，，舍去 当时，，满足题意， 因此的所有可能取值为. 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. （1）证明：平面平面； （2）求到平面的距离； （3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 因为，， ，平面，则平面， 又平面， 所以平面平面； （2） （3）存在，的值为或. 【解析】 【分析】（1）由，，可证得平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）向量法求到平面的距离； （3）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根解两平面夹角列出方程，求得或，设，进而根据，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，因为是等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 平面，，， 取的中点，连接，则，由，得， 所以两两垂直， 以为原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，由勾股定理得， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，则， 到平面的距离. 【小问3详解】 连接，因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 设，则， 即，，，故， 同理可得， 则有， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则，故， 所以 化简得，解得或， 设，则，设， 则，解得，，， 故， 当，，因为， 所以，化简得， 解得，满足要求， 当，，因为， 所以，化简得， 解得，满足要求. 故存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的值为或. 【点睛】立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $