精品解析：内蒙古自治区包头市2025-2026学年第二学期高一年级期末教学质量监测数学试卷

2025—2026学年度第二学期高一年级期末教学质量监测试卷 数学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上.将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.做选择题时，选出每小题答案后，用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.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 3. 某校从500名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查．将这500名同学编号为001，002，…500，假设从第1行第4列的数字开始，则第5个被抽到的同学的编号为（    ） 3484 4217 5572 1754 5560 8331 0474 4767 2176 3350 2583 9212 0676 6301 6378 5916 9555 6719 A. 331 B. 047 C. 455 D. 447 4. 已知 是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中错误的是（   ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 甲､乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响.两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击，若约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 10米 C. 米 D. 11米 8. 已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 二、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，有选错的得0分. 9. 某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论正确的是（ ） A. 这14天日促销量的众数是214 B. 这14天日促销量的中位数是196 C. 这14天日促销量的极差为194 D. 这14天日促销量的第80百分位数是260 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 可由函数向右平移个单位（纵坐标不变）得到 C. 的图象关于对称 D. 图象的一个对称中心是 11. 如图，正方体棱长为2，、、分别为棱，，的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 过、、三点的平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则________． 13. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____ 14. 如图，三个全等的三角形，，拼成一个等边三角形ABC，且为等边三角形，若，则的值为__________. 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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若平面，且，求点到平面的距离. 16. 已知函数，. （1）求在的单调递减区间； （2）若，，求的值. 17. 周口市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围； （3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 19. 如图，在直四棱柱中，，，． （1）证明：； （2）若，求二面角的平面角的余弦值； （3）求直四棱柱体积的最大值． 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年级期末教学质量监测试卷 数学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上.将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.做选择题时，选出每小题答案后，用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.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 所以. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线向量定理先求，再由向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】由题意，所以，所以. 3. 某校从500名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查．将这500名同学编号为001，002，…500，假设从第1行第4列的数字开始，则第5个被抽到的同学的编号为（    ） 3484 4217 5572 1754 5560 8331 0474 4767 2176 3350 2583 9212 0676 6301 6378 5916 9555 6719 A. 331 B. 047 C. 455 D. 447 【答案】B 【解析】 【分析】由随机数表法的读法规则读取即可. 【详解】由题知，选取的前几个同学编号分别是442，175，572，175，455，608，331，047， 剔除重复数据175和超过500的数据572、608， 所以符合条件的前5个数据是442，175，455，331，047，所以第5个是047. 故选：B 4. 已知 是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中错误的是（   ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A，垂直于同一条直线的两个平面平行，故A正确； 对于选项B，，，，所以， 因为，，所以，，，所以，所以，故B正确； 对于选项C.，若，则或，故C错误； 对于选项D， 若，，平面作直线，则， 又因为，所以，因为，，所以，，所以，故D正确. 5. 甲､乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响.两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击，若约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分类讨论满足“前4次中甲恰好射击3次”的所有三种不同射击顺序，利用相互独立事件的乘法公式分别计算出每种情况的概率，最后相加求和. 【详解】设前4次中甲射击3次的概率为，共有三种情况： 甲中-乙中-甲没中-甲，概率为； 甲没中-甲没中-甲中-乙：； 甲没中-甲中-乙中-甲：， 所以. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用余弦差角公式求得，再通过余弦和角公式计算，最后用余弦二倍角公式求出的值. 【详解】由，可得，解得， 由，可得。 所以. 7. 如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 10米 C. 米 D. 11米 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦定理求得BC，进而在中，利用求解即可． 【详解】在中，， 则， 由正弦定理得， 所以， 在中，，所以米. 8. 已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由球的表面积求出半径，结合球心在上可知为直径、为直角三角形，分别求出的最大面积和点到平面的最大距离，代入三棱锥体积公式即可得最大值. 【详解】设球的半径为， 则有，解得， 又因为球心在棱上， 所以为直径且， 所以为直角三角形，且, 要使棱锥的体积最大， 则的面积最大，且点到平面的距离也要最大， 当平面时，最大，此时, 又, 当且仅当时，等号成立； 设三棱锥的体积为， 所以， 所以. 二、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，有选错的得0分. 9. 某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论正确的是（ ） A. 这14天日促销量的众数是214 B. 这14天日促销量的中位数是196 C. 这14天日促销量的极差为194 D. 这14天日促销量的第80百分位数是260 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定的折线图，把14天日促销量从小到大排列，再由众数、中位数、极差、第80百分位数的定义依次求解判断. 【详解】由折线图得14天日促销量从小到大排列为：， 对于A，这14天日促销量的众数是214，A正确； 对于B，这14天日促销量的中位数是，B错误； 对于C，这14天日促销量的极差为，C错误； 对于D，由，得这14天日促销量的第80百分位数是260，D正确. 故选：AD 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 可由函数向右平移个单位（纵坐标不变）得到 C. 的图象关于对称 D. 图象的一个对称中心是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A和C，利用余弦函数的性质，直接求出的最小正周期和对称中心，即可判断正误；对B，利用三角函数图象的变换，即可求解；对D，通过代入检验，即可求解. 【详解】对于A，因为函数的最小正周期为，所以A正确， 对于B，函数向右平移个单位（纵坐标不变）得到，所以B错误， 对于C，由，得到， 所以的对称轴为， 令，得到，所以C正确， 对于D，因为，则是图象的一个对称中心，所以D正确. 11. 如图，正方体棱长为2，、、分别为棱，，的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 过、、三点的平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用中位线及线面平行的判定判断；B利用线面平行有到平面的距离为定值，利用锥体体积公式求解即可；C由知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆；D利用平面的基本性质得到截面为正六边形，进而得解. 【详解】如图，设点是棱中点，连接并延长，分别交的延长线于， 连接交于，结合正方体的结构特征及平面的性质有均为中点， D，根据平面的基本性质知，过三点的平面截正方体所得截面为正六边形，边长，所以面积为，正确； A，根据中位线易得，平面，平面，则平面，正确； B，由，又为线段上一点，平面， 所以到平面的距离为定值，且为定值，则为定值，正确； C，由知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如图， 由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆，长度为，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算律计算求解. 【详解】， 所以 13. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】连接，先证明，可得（或其补角）为直线和所成角，进而结合余弦定理求解即可. 【详解】连接， 在正方体中，因为是的中点，是的中点， 所以，， 则，， 所以四边形为平行四边形，则， 所以（或其补角）为直线和所成角， 设正方体的棱长为2， 则， 所以， 在中，由余弦定理得， ∴ 则异面直线和所成角的正弦值为. 14. 如图，三个全等的三角形，，拼成一个等边三角形ABC，且为等边三角形，若，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先设，，中，,,,利用正弦定理表示的值. 【详解】设，， 因为三角形，，互为全等三角形，且是等边三角形， 所以，， ，且, 在中，根据正弦定理有， 所以， 所以， 即，. 故答案为： 【点睛】本题主要考查正弦定理，三角函数恒等变换，属于中档题型. 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，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若平面，且，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线可得线线平行，进而可证明四边形为平行四边形，即可根据线面平行的判定求解， （2）利用等体积法即可求解. 【小问1详解】 证明：取线段、的中点分别为、，连接, 则 ，， 又底面是正方形，即 ， 则，即四边形为平行四边形， 则，又在平面外，平面， 故平面.   【小问2详解】 设点到平面的距离为， 由得 16. 已知函数，. （1）求在的单调递减区间； （2）若，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，再利用三角函数的性质即可求解； （2）由得，进而得，再利用三角恒等变换即可求解. 【小问1详解】 由题意得： ， 由，，解得，， 又，所以的单调递减区间为； 【小问2详解】 由，所以，所以， 又，所以， 所以， 所以 . 17. 周口市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 【答案】（1），众数为85，平均成绩为77.5 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及众数、平均数定义求解即可. （2）结合分层抽样方法及古典概型的概率计算公式求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图得， ，解得． 由频率分布直方图可知初赛成绩的众数为85， 估计初赛成绩的平均数为：． 所以，众数为85，平均成绩为77.5． 【小问2详解】 由（1）知，成绩在，的频率之比为， 则在中随机抽取了人，记为，， 在中随机抽取了人，记为，，， 从5人中随机抽取2人的样本空间为： ，共10个样本点， 设事件“有1名或2名学生的成绩在内”， 则，有7个样本点， 因此， 所以有1名或2名学生的成绩在内的概率为． 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围； （3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可. （2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可. （3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可. 【小问1详解】 由题意， 又，所以． 又，所以或，所以. 【小问2详解】 因为，， 由正弦定理得：，则，． 易知， 所以． 因为为锐角三角形，所以，解得． 所以，所以，则． 所以的取值范围是． 【小问3详解】 由题意知，，所以． 因为为中点，所以， 两边平方得：， 代入并整理：， 由余弦定理：， 所以． 19. 如图，在直四棱柱中，，，． （1）证明：； （2）若，求二面角的平面角的余弦值； （3）求直四棱柱体积的最大值． 【答案】（1）证明：在直四棱柱中， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又平面，所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明面，然后由线面垂直的性质定理得证； （2），先证明就是二面角平面角，然后在直角三角形中求得其余弦值； （3）设，用余弦定理表示出，然后利用结合三角恒等变换、正弦函数性质得面积最大值，从而可得体积最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，记，连接， 易得平面，则平面， 又平面，故， 又因，所以是的中垂线，得， 因平面，易得， 又因O是AC中点，所以， 故就是二面角的平面角， 又因，则， 则. 【小问3详解】 设，，因， 由余弦定理，， ， 因，则， 故当，即时，取得最大值1， 此时的最大值为， 故直四棱柱体积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $