精品解析：内蒙古阿拉善盟2025-2026学年度第二学期全盟期末质量检测高一年级数学试题

2025-2026学年度第二学期全盟高一年级期末质量检测 高一年级数学 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置. 2.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符. 3.作答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. 已知为虚数单位，，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 3. 已知向量，且，则向量与夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图所示，边长为的正方形是某一个图形的直观图，则原图形的周长是 A. B. C. D. 6. 投掷一枚均匀的骰子，记事件：“朝上的点数大于3”，：“朝上的点数为2或6”，则下列选项正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 7. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关．下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） 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，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，且，，则 B. 若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 C. 若，，则 D. 若，，则 10. 在中，角的对边分别为，，，，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 为锐角三角形 11. 已知三棱锥的各顶点都在球上，点，分别是，的中点，平面，，，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的四个面均为直角三角形 B. 球的体积为 C. 直线与平面所成角的正切值是 D. 点到平面的距离是 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 某校有教师人，男学生人，女学生人，现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本.已知从女学生中抽取的人数为人，则的值为________． 13. 已知平面向量与与满足，，且在方向上的投影向量为，则__________． 14. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台. 如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为__________. 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. 如图，在正方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 16. 增强青少年体质，促进青少年健康成长，是关系国家和民族未来的大事.某高中为了解本校高一年级学生体育锻炼情况，随机抽取每天体育锻炼时间在（单位：分钟）的50名学生，统计他们每天体育锻炼的时间作为样本并绘制成如下的频率分布直方图，已知样本中体育锻炼时间在的有5名学生. （1）求，的值； （2）估计这50名学生每天体育锻炼时间的中位数和平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 17. 某沙稻研究中心利用早直播技术在沙漠试验田种植甲、乙两个新品种水稻，随机各抽取5块试验田，其亩产量数据（单位：10kg）如下： 甲 47 51 49 50 53 乙 44 51 60 58 52 （1）利用均值和极差对甲、乙的产量进行评价； （2）产量的变异系数（CV）是一个用于评估产量稳定性和变异程度的指标，越小，产量越稳定，生产的风险也越小，其计算公式为.根据产量的变异系数，你认为哪个品种更适合推广? 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）当为何值时，二面角的余弦值为. 19. 某商场开展促销活动，每消费满500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同，抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. （1）已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； （2）为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件A，“乙恰好获得一个二等奖”为事件B. ①求事件A发生的概率； ②判断事件A与B是否相互独立，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期全盟高一年级期末质量检测 高一年级数学 注意事项： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置. 2.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符. 3.作答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. 已知为虚数单位，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数除法求得的值，再用复数的绝对值公式求解即可. 【详解】由题，则=. 故选：D. 2. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10， 因为，不是整数， 所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7. 3. 已知向量，且，则向量与夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知，利用平面向量夹角公式求解. 【详解】， ， ， ， ∴，则. 故选：B 4. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以向量为基底，结合向量的线性运算用基底表示向量. 【详解】． 故选：A 5. 如图所示，边长为的正方形是某一个图形的直观图，则原图形的周长是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把直观图还原为原图形，求出平面四边形的边的长，进而可求得平面四边形的周长. 【详解】把直观图还原为原图形，如下图所示： 则，，则， 因此，原图形的周长为. 故选：C. 【点睛】本题考查了平面直观图的画法与应用问题，一般要求将原图形作出来，考查推理能力与计算能力，属于基础题. 6. 投掷一枚均匀的骰子，记事件：“朝上的点数大于3”，：“朝上的点数为2或6”，则下列选项正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】投掷均匀骰子的样本空间为，共6个等可能基本事件， 事件，事件，事件， A：，故与不互斥，A错误； B：，故与不对立，B错误； C：由古典概型得，，， 根据，得，故C正确； D：，D错误. 7. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关．下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于单峰频率分布直方图来说，如果直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体相等，和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边. 【详解】对于图象对称，平均数和中位数相等，中图象尾巴向右拖，中图象尾巴靠左拖，故正确. 故选：. 8. 如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，转化为相交直线所成角，再结合余弦定理，即可求解. 【详解】连结，交于点，取的中点，连结， 因为点分别是和的中点，所以， 所以异面直线与所成角为或其补角， 设，则，，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 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，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，且，，则 B. 若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】A. 线面垂直判定需平面内两条相交直线，题中可能平行，故不能推出 ；B. 三点到平面距离相等可能是平面相交时对称分布，不能直接得平行；C. 若且，则可能平行于也可能含于，故 “” 不准确；D. 由线面垂直性质，平行线中一条垂直则另一条也垂直该平面，故正确. 【详解】选项A：线面垂直的判定要求直线垂直于平面内两条相交直线， 若，即使、，也无法推出，因此A命题错误； 选项B：当与相交时，内也可存在不共线三点到距离相等 例如两点在交线同侧、一点在交线异侧，三点到的距离相同， 此时与不平行，因此B命题错误； 选项C：若，，则可能平行于，也可能， 并非一定有，因此C命题错误； 选项D：由线面垂直的性质可知，两条平行线中若一条垂直于一个平面， 则另一条也垂直于该平面，因此若，，则，D命题正确. 综上，命题中不正确的是ABC. 10. 在中，角的对边分别为，，，，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 为锐角三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】 已知等式利用正弦定理边化角，结合三角形的内角与两角和差公式化简得到，大角对大边，所以，再利用余弦定理可解三角形，利用面积公式可得到的面积. 【详解】∵，∴， ∴， 即，∴． ∵在中，，∴，∴，A正确． 由余弦定理，得得， ，即， 解得或，又，∴，C错误， ∴的面积，B正确． 又，∴A为钝角，为钝角三角形，D错误． 故选：AB. 【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和面积公式在解三角形中的灵活运用，属于中档题. 11. 已知三棱锥的各顶点都在球上，点，分别是，的中点，平面，，，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的四个面均为直角三角形 B. 球的体积为 C. 直线与平面所成角的正切值是 D. 点到平面的距离是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理，结合勾股定理、勾股定理逆定理证明判断即可；对于B，将三棱锥补成长方体求解即可；对于C，根据线面角的定义，结合直角三角形三角函数求解即可；对于D，根据等体积法，结合线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理及勾股定理求解即可. 【详解】对于A，因为平面，平面，所以，，， 所以，为直角三角形. 在中，， 在中，，所以，则为直角三角形. 因为平面，，所以平面. 因为平面，所以，所以为直角三角形，故A正确. 对于B，三棱锥可补成以为棱的长方体，外接球直径等于长方体体对角线， 所以，则， 所以球的体积为，B正确. 对于C，因为平面，所以即为直线与平面所成角. 在中，，C错误. 对于D，三棱锥可补成长方体，的中点即为球心，连接. 因为平面，，所以平面. 因为平面，所以. 该长方体侧面为正方形，点是中点，所以，且，. 因为平面，，所以平面. 因为，平面，平面，所以平面. 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为. 在中，. 所以. 又，， 在中，，所以， 所以. 设点到平面的距离为，则， 所以，故点到平面的距离为，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 某校有教师人，男学生人，女学生人，现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本.已知从女学生中抽取的人数为人，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据女学生的入样比与总体的入样比相等列等式可求出的值. 【详解】由于女学生的入样比与总体的入样比相等，则，解得. 故答案为：. 【点睛】本题考查分层抽样的定义和方法，根据每层的入样比与总体的入样比相等列等式是解答的关键，考查运算求解能力，属于基础题. 13. 已知平面向量与与满足，，且在方向上的投影向量为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求出，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】因为在方向上的投影向量为，即， 所以，则， 故. 14. “方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台. 如图所示，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出米后，米的高度下降一半，则剩余的米的质量为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设原正四棱台的高为，根据米的高度下降一半，确定剩余米和取出米分别构成两个高为的正四棱台，利用棱台轴截面梯形的中位线性质求出中间截面边长，分别计算两部分的体积比，结合质量与体积成正比求解. 【详解】设原盛满米的正四棱台容器的高为，上底面边长，下底面边长. 由题意可知，取出米后，米的高度下降一半， 则剩余米的部分是一个高为的正四棱台， 取出米的部分也是一个高为的正四棱台. 设高度下降一半处的截面（即剩余米的上底面）边长为， 由棱台的几何性质可知，该截面边长为上下底面边长的算术平均数， 即. 设米的密度为，剩余米的质量为. 取出米的体积为 ， 剩余米的体积为. 因为米的质量与体积成正比，所以， 解得. 故剩余的米的质量为. 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. 如图，在正方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设与交于点，连接，先证明，进而求证即可； （2）先证明，，即可得到平面，进而求证即可. 【小问1详解】 设与交于点，连接， 在正方体中，为的中点， 又为的中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 在正方体中，， 由平面，而平面，所以， 因为，且平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 16. 增强青少年体质，促进青少年健康成长，是关系国家和民族未来的大事.某高中为了解本校高一年级学生体育锻炼情况，随机抽取每天体育锻炼时间在（单位：分钟）的50名学生，统计他们每天体育锻炼的时间作为样本并绘制成如下的频率分布直方图，已知样本中体育锻炼时间在的有5名学生. （1）求，的值； （2）估计这50名学生每天体育锻炼时间的中位数和平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表） 【答案】（1）， （2）中位数为分钟，平均值为分钟 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中频数、频率与组距的关系求，利用所有小矩形面积之和为求； （2）根据中位数左右两侧频率之和均为列方程求解中位数，利用各组中点值与频率乘积之和估计平均值. 【小问1详解】 样本中体育锻炼时间在的频数为，则该组的频率为. 由频率分布直方图可知，，解得. 由频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为，得，解得. 所以，. 【小问2详解】 由频率分布直方图，前两组的频率之和为，前三组的频率之和为. 所以估计这50名学生每天体育锻炼时间的中位数为分钟. 由频率分布直方图得这名学生每天体育锻炼时间的平均值为：. 所以估计这名学生每天体育锻炼时间的平均值为分钟. 17. 某沙稻研究中心利用早直播技术在沙漠试验田种植甲、乙两个新品种水稻，随机各抽取5块试验田，其亩产量数据（单位：10kg）如下： 甲 47 51 49 50 53 乙 44 51 60 58 52 （1）利用均值和极差对甲、乙的产量进行评价； （2）产量的变异系数（CV）是一个用于评估产量稳定性和变异程度的指标，越小，产量越稳定，生产的风险也越小，其计算公式为.根据产量的变异系数，你认为哪个品种更适合推广? 【答案】（1）甲品种产量样本的平均值，极差为； 乙品种产量样本的平均值，极差为. 所以甲品种的产量略低乙品种，但比较稳定：乙品种的产量较高，但波动较大. （2）甲品种 【解析】 【分析】（1）求出均值和极差即可得出结论； （2）求出标准差，代入公式求出，比较其大小即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 甲品种的样本方差， 所以甲品种产量的变异系数； 乙品种的样本方差 ， 所以乙品种产量的变异系数. 因为，所以甲品种的产量更稳定，生产的风险也更小，更适合推广. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，平面平面. （1）证明：平面； （2）当为何值时，二面角的余弦值为. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以. 过点作，交于点. 因为平面平面，平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为平面，，所以平面. 因为底面是菱形，所以，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）过点作，交于点，连接、.设，根据余弦定理，结合勾股定理、勾股定理逆定理证得，进而得到即为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， 因为平面，所以，所以四边形为正方形. 连接，则. 过点作，交于点，连接. 设，在中，， 在中，. 在中，，， 则. 在中，， 在中， . 因为，， 所以，则为直角三角形，且， 所以即为二面角的平面角，则. 在中，， 所以，则，所以或（舍去）. 故当时，二面角的余弦值为. 19. 某商场开展促销活动，每消费满500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同，抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. （1）已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； （2）为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件A，“乙恰好获得一个二等奖”为事件B. ①求事件A发生的概率； ②判断事件A与B是否相互独立，并说明理由. 【答案】（1） （2）①；②事件与不相互独立；理由：因为，，，所以，所以事件与不相互独立. 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式，计算一等奖对应样本数占总样本数的比值即可. （2）①通过对立事件概率公式，用1减去两次均未获得一等奖的概率得到；②分别计算、、，验证是否满足独立事件判定条件即可。 【小问1详解】 记个红球分别为，个白球分别为，蓝球为. 一次性摸2个球的样本空间为，共个样本点. 获得一等奖的样本点有，共个样本点. 所以甲获得一等奖的概率为. 【小问2详解】 乙消费1000元，共获得2次独立的抽奖机会，单次抽奖获得一等奖的概率为. ①记“乙单次抽奖获得一等奖”为事件，则“乙单次抽奖未获得一等奖”为事件， 所以，，两次均未获得一等奖的概率为， 所以. ②先计算单次抽奖各事件的概率： 按原规则获得二等奖（摸出1红1蓝）的概率为； 摸出1白1蓝的概率为； 未摸到蓝球的概率为. 事件为“恰好获得1个二等奖”，包含三类互斥情况：第一次中二等奖、第二次未摸蓝球；第二次中二等奖、第一次未摸蓝球；两次均摸出1白1蓝（仅获得额外1个二等奖），所以. 事件为“至少获得1个一等奖，且恰好获得1个二等奖”，此时仅包含两类互斥情况：第一次中一等奖、第二次中二等奖；第一次中二等奖、第二次中一等奖， 所以. 所以， 因为，即， 所以事件与不相互独立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $