精品解析：山东青岛市胶州市、黄岛区2025-2026学年第二学期期末学业水平检测高一数学试题

2025—2026学年度第二学期期末学业水平检测 高一数学试题 2026．07 本试卷4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 样本数据的方差为（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点分别是，则向量对应的复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 向量共线，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，最长边与最短边之比为，则最小角为（ ） A. B. C. D. 5. 棱台上、下底面均为有一个内角为的菱形，上、下底面边长分别为和，体积为，则该棱台的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知为三个不同的平面，为两条不同的直线，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 从棱长为的正方体上底面的个顶点和下底面的个顶点中分别取一个点，则这个点之间的距离大于的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是同一个球面上四点，过球心，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. 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. 在古典概型中，若随机事件满足：，则（ ） A. 互斥 B. 对立 C. 相互独立 D. 为不可能事件 10. 已知复数，则（ ） A. B. C. 对应复平面上的点在直线上 D. 若，则最大值为 11. 已知正三棱锥的底面边长和高均为，为三棱锥表面上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的内切球半径为 C. 的取值范围为 D. 若平面，则使直线与所成角为的点有个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平行四边形中，，，为的中点，则__________． 13. 斜三棱柱的底面是边长为的正三角形，且．则二面角的余弦值为__________． 14. 已知中，，，，则边上的高的最大值为______． 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. 某校从参加高三数学模拟考试成绩中随机抽取个数据，将其适当分组后，画出如下频率分布直方图． （1）请估计参加高三数学模拟考试成绩的分位数； （2）用按比例分配的分层随机抽样的方法将成绩落在内的数据中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取个数据，求至少有个数据落在内的概率． 16. 在中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）若，求的面积． 17. 如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）求与平面所成角的最大值． 18. 在中，，为边的中点，若在方向上的投影向量的模为． （1）求； （2）若点在所在平面内，，． （ⅰ）证明：点为的重心； （ⅱ）记中的最小值为，求的取值范围． 19. 盒中有个标号为的小球，小球除标号外均相同，每次不放回地随机取一个球，在取球过程中的某一时刻，若取得的奇数号球与偶数号球个数相等，则称为出现了一次“巧遇”． （1）当时，求取球两次就出现“巧遇”的概率； （2）记“取出个球后，第一次出现“巧遇”，，“第一次取到的是奇数号球”． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求取球过程中至少出现一次 “巧遇”的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期期末学业水平检测 高一数学试题 2026．07 本试卷4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 样本数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】给定数据，样本容量， 平均数：， 根据方差公式可得：  . 2. 在复平面内，复数对应的点分别是，则向量对应的复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数与复平面内点的对应关系确定点、坐标，再利用向量坐标运算求出坐标，进而得到其对应复数，最后根据虚部定义求出虚部. 【详解】复数对应点，复数对应点， ， 向量对应的复数为， 复数的虚部是虚数单位的系数（不含），因此虚部为. 3. 向量共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为向量共线， 所以，即， 所以，则 4. 在中，，最长边与最短边之比为，则最小角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形内角和求出角的关系，再结合正弦定理和三角函数求解最小角. 【详解】 在中，​，因此， 由此可知既不是最大角也不是最小角，最大角大于​，最小角小于， 最长边对应最大角，最短边对应最小角，设最小角为，则最大角为， 由正弦定理得： ，利用两角差的正弦公式可得： ，所以原式化简得：  ，得，因为是三角形内角且， 故，因此最小角为. 5. 棱台上、下底面均为有一个内角为的菱形，上、下底面边长分别为和，体积为，则该棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用台体体积公式直接求解即可. 【详解】上底面面积为，下底面面积为， 由， 得到，即，则 6. 已知为三个不同的平面，为两条不同的直线，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】使用线面垂直的性质定理，面面垂直的性质定理，面面平行的判定定理判断. 【详解】若，则或异面，选项错误； 若，则,又，则，选项正确； 若，则或或与斜交，选项错误； 若，则或相交，选项错误. 7. 从棱长为的正方体上底面的个顶点和下底面的个顶点中分别取一个点，则这个点之间的距离大于的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出总取法：种，满足个点之间的距离大于的有4种，利用古典概型求解即可. 【详解】上底面 4 个顶点，下底面 4 个顶点，各取 1 个点，总取法：种， 这个点之间的距离大于，则这两个点只能是体对角线的顶点，一共4种， 所以这个点之间的距离大于的概率为. 8. 已知是同一个球面上四点，过球心，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取 中点，根据线面垂直判定定理得到平面，计算得到，，则利用即可求解. 【详解】取 中点，连接 、， 因为， 所以，， 因为，平面，所以平面， 因为 过球心，所以 是球直径， 因为点在球面上，所以， 在中， 在中，， 设底边 上的高 ，则， 则， 则 . 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. 在古典概型中，若随机事件满足：，则（ ） A. 互斥 B. 对立 C. 相互独立 D. 为不可能事件 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】因为，所以，即互斥，选项正确； 因为互斥，，故对立，选项正确； 若相互独立，则，条件不能证明出相互独立，选项错误； 因为，所以为不可能事件，选项正确. 10. 已知复数，则（ ） A. B. C. 对应复平面上的点在直线上 D. 若，则最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数的运算法则和复数与复平面内点的对应关系进行求解. 【详解】 由题意可得：， ， ， 共轭复数 ， 选项A中， ，A正确， 选项B中， ，B正确， 选项C中，对应复平面的点为，，不满足，不在直线上，C错误， 选项D中，表示​在以原点为圆心、半径为1的单位圆上， 是单位圆上点到点的距离， 点到原点的距离为，因此的最大值为，D正确. 11. 已知正三棱锥的底面边长和高均为，为三棱锥表面上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的内切球半径为 C. 的取值范围为 D. 若平面，则使直线与所成角为的点有个 【答案】ABC 【解析】 【详解】设正三棱锥顶点在底面的投影为底面中心，作于点， 底面边长为，，则，. 对于A，，A正确； 对于B，因，则三棱锥的侧面积为， 则表面积，设三棱锥的内切球半径为， 因三棱锥的体积为， 则由可得，B正确； 对于C，易知点为的中点，且， 所以 当重合时，． 下面求的最大值． 三棱锥表面上的任意点均在某个三角形面内，而三角形内一点到定点的距离不超过该三角形三个顶点到的距离中的最大值． 四个顶点到的距离分别为 所以，且最小值在重合时取得，最大值在重合时取得． 又当沿三棱锥表面上的折线连续移动时，的长度可以取遍内的所有数， 因此，从而，故C正确． 对于D，若平面且在三棱锥表面上，则位于三角形内或其边界上． 以为原点，建立空间直角坐标系，使轴平行于，轴沿方向． 则，设，， 由于三角形在轴方向上的投影长度为6，且投影关于原点对称，所以 设直线与所成角为，则 因此，不存在使直线与所成角为的点，更不是3个，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平行四边形中，，，为的中点，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】使用坐标法求解. 【详解】以为原点建立如图所示平面直角坐标系，则，，，，，， 所以. 13. 斜三棱柱的底面是边长为的正三角形，且．则二面角的余弦值为__________． 【答案】##0.25 【解析】 【分析】作于，连接，证明就是二面角的平面角，借助于，利用余弦定理求解即得. 【详解】由题意，，， 因此.过作于，连接，由全等可得， 因此就是二面角的平面角，设为. 在中，，， 因，又， 则得，解得，同理. 在中，由余弦定理：  . 14. 已知中，，，，则边上的高的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据确定点的位置，结合的等量关系，建立平面直角坐标系，设，从而得点的轨迹及，即可求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 易知，，则边上的高就是点纵坐标的绝对值， 设，由，可知是靠近的三等分点， 由，得点坐标为，因此，  又，，由，得， 整理得，所以点的轨迹是圆心为、半径的圆， 因此的最大值就是圆的半径，代入，得的最大值为. 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. 某校从参加高三数学模拟考试成绩中随机抽取个数据，将其适当分组后，画出如下频率分布直方图． （1）请估计参加高三数学模拟考试成绩的分位数； （2）用按比例分配的分层随机抽样的方法将成绩落在内的数据中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取个数据，求至少有个数据落在内的概率． 【答案】（1）134 （2） 【解析】 【分析】（1）使用频率分布直方图中百分位数的定义计算； （2）使用分层抽样的定义与古典概型概率公式求解. 【小问1详解】 由题意知，各组频率分别为 ， 故参加高三模拟考试的学生数学分数的分位数在这组内， 估计参加高三模拟考试的学生数学分数的分位数为：. 【小问2详解】 因为两组频率之比为， 由于采用分层随机抽样的方式在成绩落在内的数据中抽取一个容量为的样本， 所以需要在成绩落在这组抽取个， 记这个数据分别为；在成绩落在这组抽取个， 记这个数据分别为． 设事件“至少有个数据落在内”， 所以样本点一共有个，样本空间为： 事件包含其中的个样本点，记为： 所以． 16. 在中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）使用正弦定理边化角计算； （2）使用余弦定理与三角形的面积公式计算. 【小问1详解】 因为，所以 由正弦定理知 因为，因此 所以，即 因为，所以 因为，所以，从而. 【小问2详解】 由余弦定理知： 所以 因为，所以 所以，解得或 当时，， 当时，， 所以的面积为或. 17. 如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）求与平面所成角的最大值． 【答案】（1）因为分别为的中点， 于是，， 所以，又平面，平面， 所以平面 （2）（ⅰ）因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为分别为的中点， 所以， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理证明即可； （2）（i）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可；（ii）由面面垂直的性质得到平面， 即为直线与平面所成角，记为，在中，由正弦定理，得到 ，故与平面所成角的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）作垂直于点， 由（ⅰ）知：平面平面， 又因为，平面平面，，平面， 所以平面，在平面上的射影为， 所以即为直线与平面所成角，记为， 在中，，为的中点， 所以， 在中，由正弦定理，，所以， 当直线平面时，，取最大值， 所以，故与平面所成角的最大值. 18. 在中，，为边的中点，若在方向上的投影向量的模为． （1）求； （2）若点在所在平面内，，． （ⅰ）证明：点为的重心； （ⅱ）记中的最小值为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）因为，所以， 因为为边边的中点，所以，即， 所以点在中线上；同理：点在其他中线上； 所以，点为的重心 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）首先利用等腰三角形三线合一性质，结合投影向量模的条件，可推出的值，再结合中角的关系，利用三角形内角和或向量夹角公式计算. （2）（ⅰ）因为D是BC中点，所以，结合已知，可推导出与的关系，根据重心的向量判定性质证明结论. （ⅱ）结合重心特点与对称性即可求 【小问1详解】 因为在方向上的投影向量的模为 ， 所以，因为，为边的中点，所以， 所以，， 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为为的重心，又是正三角形，点为的中心， 所以，，， 由对称性，不妨设与的夹角为， ， 不妨设与，与的夹角分别为，， 所以的值分别为，， 当时，， 所以， 所以的取值范围是 19. 盒中有个标号为的小球，小球除标号外均相同，每次不放回地随机取一个球，在取球过程中的某一时刻，若取得的奇数号球与偶数号球个数相等，则称为出现了一次“巧遇”． （1）当时，求取球两次就出现“巧遇”的概率； （2）记“取出个球后，第一次出现“巧遇”，，“第一次取到的是奇数号球”． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求取球过程中至少出现一次 “巧遇”的概率． 【答案】（1） （2）（ⅰ）因为“第一次取到的是偶数号球”， 将“奇数和偶数互换”由对称性知：事件与包含的基本事件个数相等； 所以 （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用古典概率模型直接求解即可； （2）（i）因为 “第一次取到的是偶数号球”与“第一次取到的是奇数号球”对称，则事件与包含的基本事件个数相等；（ii）记“取球过程中至少一次出现“巧遇”，利用互斥事件以及概率的性质求解即可. 【小问1详解】 当时，盒中有个标号为的小球， 取球两次共有个样本点，样本空间为 其中出现“巧遇”的情况为种，记为 所以取球两次就出现“巧遇”的概率为 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）记“取球过程中至少一次出现“巧遇”，则， 由（ⅰ）知：， 因为盒中有个小球，当第一次取到的是偶数号球时，一定会出现“巧遇”， 所以， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $