精品解析：广东省广州市第二中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

广州市第二中学2025学年第二学期期末考试 高一数学 2026年7月1日 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只需将答题卡交回． 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. 样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 18 2. 已知复数满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知向量，，且在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知三组数据：①4，4，4，5，5，5，6，6，6；②3，3，4，4，5，6，6，7，7；③2，2，2，2，5，8，8，8，8的方差分别是，，，则（ ）． A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（ ） A. B. C. D. 7. “投壶”游戏源于周代的射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏，要求游戏者站在一定距离外，把箭投入壶中．甲、乙两人开始投壶游戏，约定规则如下：如果投一次，箭入壶中，原投掷入继续投，如果箭没有入壶，那么换另一个人投掷．若甲、乙两人投箭入壶成功的概率分别为，，甲先开始投掷，则第4次仍然由甲投掷的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（ ） 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. 依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一次向上的点数是1”为事件，“第二次向上的点数是偶数”为事件，“两次向上的点数之和是8”为事件，则（ ） A. 与B相互独立 B. 与互斥 C. D. 10. 如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ） A. B. C. D. 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 的面积为3 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 学校准备举办王者荣耀比赛，从24名最强王者，16名无双王者，8名荣耀王者中，用分层抽样的方法抽取一个容量为6的样本，则抽取最强王者的人数是________． 13. 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________． 14. 在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 四、解答题：本大题共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. 某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，制成如图所示频率分直方图. （1）求图中的值； （2）求这组数据的平均数和中位数； （3）已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为3：2，若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求2人均为男生的概率. 16. 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点. （1）求证：平面ADEF； （2）求证：平面BDE. 17. 记内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围. 18. 已知在四棱锥中，，，，，，E为CD的中点. （1）证明：平面平面PAE； （2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值. 19. 给定样本数据，记样本均值为，定义：为样本数据到实数的偏差平方和，为样本数据到实数的距离和． （1）证明：; （2）证明：的最小值为； （3）求当取最小值时，的取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第二中学2025学年第二学期期末考试 高一数学 2026年7月1日 本试卷共4页，19小题，满分为150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上． 2．答选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的，答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只需将答题卡交回． 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. 样本数据2，8，14，16，20的平均数为（ ） A. 8 B. 9 C. 12 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数的计算公式即可求解. 【详解】样本数据的平均数为. 故选：C. 2. 已知复数满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则求得，进而可得z的虚部． 【详解】，则复数z的虚部为2． 故选：D． 3. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为，根据已知条件求出，再利用勾股定理可得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为， 由，得，又， 所以，解得，； 所以圆锥的高为. 故选：A. 4. 已知向量，，且在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算求得，，利用投影向量的意义可得，求解即可. 【详解】因为向量，， 所以，， 所以在方向上的投影向量为， 所以，解得. 故选：C. 5. 已知三组数据：①4，4，4，5，5，5，6，6，6；②3，3，4，4，5，6，6，7，7；③2，2，2，2，5，8，8，8，8的方差分别是，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由方差计算公式计算求解即可. 【详解】，  ， ， 故. 6. 已知函数的部分图象如图所示，若，则可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶性可排除AD；根据轴右侧两零点间的距离可确定C正确. 【详解】由图象可知：为奇函数； 对于A，，为偶函数，A错误； 对于D，，为偶函数，D错误； 对于BC，不妨设，， 令，解得：；令，解得：或； 则在轴右侧接近的两个零点依次为和；在轴右侧接近的两个零点依次为和， ，， 由图象可知：B错误，C正确. 7. “投壶”游戏源于周代的射礼，是中国古代宴饮时的一种投掷游戏，要求游戏者站在一定距离外，把箭投入壶中．甲、乙两人开始投壶游戏，约定规则如下：如果投一次，箭入壶中，原投掷入继续投，如果箭没有入壶，那么换另一个人投掷．若甲、乙两人投箭入壶成功的概率分别为，，甲先开始投掷，则第4次仍然由甲投掷的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意确定基本事件，再应用独立乘法公式及互斥事件加法求概率即可. 【详解】第4次仍然由甲投掷分为四类： 第一类，前三次均为甲中，概率为； 第二类，第一次甲中，第二次甲不中，第三次乙不中，概率为； 第三类，第一次甲不中，第二次乙中，第三次乙不中，概率为； 第四类，第一次甲不中，第二次乙不中，第三次甲中，概率为． 所以第4次仍然由甲投掷的概率为． 故选：D 8. 已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出二面角的平面角，根据最小角定理，利用线面角求最小值即可. 【详解】过作，垂足为，于，连接，如图， 则，平面， 所以平面，平面，所以, 所以为二面角的平面角，故， 由最小角定理知，当为与所成线面角时，最小， 此时，重合，取得最小值， 设，则，又，则， 所以，即的最小值为. 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. 依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一次向上的点数是1”为事件，“第二次向上的点数是偶数”为事件，“两次向上的点数之和是8”为事件，则（ ） A. 与B相互独立 B. 与互斥 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用古典概型公式求出，， ，进一步结合独立事件的概率公式和互斥事件的定理逐个选项判断即可. 【详解】由题意得共有个基本事件， 第一次向上的点数是1有，共6种情况， 由古典概型概率公式得， 第二次向上的点数是偶数有 ，共种情况， 由古典概型概率公式得， 两次向上的点数之和是8有，共5种情况， 由古典概型概率公式得， 而事件表示第一次向上的点数是且第二次向上的点数是偶数， 符合条件的有，共3种，则， 下面，我们开始分析各个选项， 对于A，由已知得，， 满足，则与相互独立，故A正确， 对于B，事件表示第一次向上的点数是1和两次向上的点数之和是8至少有1个发生， 符合条件的有， ，共11个，故， 满足，可得与互斥，故B正确， 对于C，由概率加法公式得 ，即C正确， 对于D， 题意得共有个基本事件， 则表示第二次向上的点数是偶数且两次且向上点数之和是8， 符合条件的有，共3种，则，故D错误. 故选：ABC 10. 如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面平行判定定理逐项验证即可. 【详解】对于A，如下图，连接，则， 又平面，则平面，所以不平行平面，故A不正确； 对于B，因为，平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，如下图，取中点，连接， 由正方体得，又， 所以六点共面，故C不正确； 对于D，如下图，连接交于，连接， 在正方体中，由于四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以， 平面，平面，所以平面，故D正确. 故选：BD. 11. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 的面积为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据辅助角公式，可得，根据条件，分析可得，根据同角三角函数的关系，结合角的范围，可得的值，根据二倍角公式，可得的值，即可判断A、B的正误；根据诱导公式及两角和的正弦公式，可得的值，根据正弦定理，求出各个长度，可判断C的正误；代入面积公式，可判断D的正误. 【详解】由辅助角公式得，其中， 则的最大值为5，当且仅当时取得最大值， 同时的最大值也为5， 因为，所以， 由，结合，， 解得，且， 由，得，且，解得， 由，得，则， 所以，即，则， 又，则，故B错误； ，则，可得， 则， 又，且，所以，故A正确； ， 由及正弦定理得， 则，即， 所以，故C正确； 的面积，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 学校准备举办王者荣耀比赛，从24名最强王者，16名无双王者，8名荣耀王者中，用分层抽样的方法抽取一个容量为6的样本，则抽取最强王者的人数是________． 【答案】3 【解析】 【详解】抽取最强王者的人数是. 13. 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得. 【详解】由图可知，即，所以； 由五点法可得，即； 所以. 因为，； 所以由可得或； 因为，所以， 方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即， 解得，令，可得， 可得的最小正整数为2. 方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2. 故答案为：2. 【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解. 14. 在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解. 【详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照分成5组，制成如图所示频率分直方图. （1）求图中的值； （2）求这组数据的平均数和中位数； （3）已知满意度评分值在内的男生数与女生数的比为3：2，若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求2人均为男生的概率. 【答案】（1）；（2）平均数为，中位数设为；（3）. 【解析】 【分析】 （1）由各组的频率和为1，列方程可求出的值； （2）由平均数的公式直接求解，由图可得中位数在第3组，若设中位数设为，则，从而可求得的值； （3）满意度评分值在内有人，其中男生3人，女生2人，从5人中选2人，用列举法列出所有情况，利用概率公式求解即可 【详解】（1）由，解得. （2）这组数据的平均数为. 中位数设为，则，解得. （3）满意度评分值在内有人，其中男生3人，女生2人.记为， 记“满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，恰有1名女生”为事件， 从5人中抽取2人有：，，，，， ，，，， 所以总基本事件个数为10个，包含的基本事件个数为3个， 所以 . 16. 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，，，，，M为CE的中点. （1）求证：平面ADEF； （2）求证：平面BDE. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，， 在中，，分别为，的中点，所以，且， 由已知，，所以，且， 所以四边形为平行四边形，可得， 又因为平面，且平面， 所以平面. （2）证明：在正方形中，，因为平面平面，且平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角梯形中，，，可得， 在中，，， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，先证明四边形为平行四边形，可得，即可证出； （2）由平面平面可得平面，可得，再结合勾股定理证明，即可证出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 记内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆直径为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合三角恒等变换及正弦定理可得，由，可得，求解即可； （2）由正弦定理可得，，由是锐角三角形，得，，又因为，结合对勾函数求解即可. 【小问1详解】 易得， 由正弦定理得， 而， 故， 易知， 故， 即， 又因为， 所以， 所以， 解得； 【小问2详解】 因外接圆直径为， 则由正弦定理可知， 故，， 因为是锐角三角形， 所以， 得，， 则， 所以， 由对勾函数的性质可知，在上单调递减， 故的取值范围为. 18. 已知在四棱锥中，，，，，，E为CD的中点. （1）证明：平面平面PAE； （2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值. 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由已知可得，即有，再由线面垂直的判定证面，根据面面垂直的判定即可得结论； （2）首先根据条件作出直线与平面所成的角，点作，分别与，相交于，，连接，为直线与平面所成的角, 为直线与平面所成的角，根据这两个角相等，得到边的关系，最后得到二面角的平面角为. 【小问1详解】 平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下： 在△中，故，即， 所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故， 因为，且 ，面，所以面， 由面，故面面. 【小问2详解】 平面， 是二面角的平面角， 过点作，分别与，相交于，，连接， 由（1）知平面， 为直线与平面所成的角，且， 由，则，由，则， 又，且面，则面，而面， 所以，结合，，且面， 所以面，则为直线与平面所成的角， 有题意知， , 因为知，，又， 是平行四边形， ，， 因为，， ， 于是，所以， 又，，， 所以，因为，面，面， 则，则，即， 因为为中点，则，又因为，且平面，平面， 则二面角的正切值即为， 则， 二面角的正弦值是. 19. 给定样本数据，记样本均值为，定义：为样本数据到实数的偏差平方和，为样本数据到实数的距离和． （1）证明：; （2）证明：的最小值为； （3）求当取最小值时，的取值． 【答案】（1）证明： 由 . （2）证明： 由 ，其中为常数， 所以当时，函数取得最小值. （3） 当为偶数时，时，取得最小值； 当为奇数时，时，取得最小值. 【解析】 【分析】（1）化简，结合平均数的定义，即可得证； （2）化简，结合二次函数的性质，即可得证； （2）由数据，当为偶数时，设为数据的中位数，得到，化简，分和，两种情况讨论，化简得到，即可得到答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 解：因为数据， 当为偶数时，设为数据的中位数，则， 由 （其中为常数）， 任取实数，当时， 若，则 ； 若，则存在，使得， 则 ， 所以， 同理可证：当时，满足； 当为奇数时，设为数据的中位数，则， 由 （其中为常数）， 同理可证：， 综上可得：当为偶数时，时，取得最小值； 当为奇数时，时，取得最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $