河南省郑州市第八共同体2025-2026学年下学期高一7月期末考试数学试题(含答案)

这是一份河南省郑州市第八共同体2025-2026学年下学期高一7月期末考试数学试题(含答案)，共20页。
【详解】z=(1-i)i²=-1+i, 则 z=-1-i, 则三的虚部是-1
2.C
【详解】斜二测画法的直观图为等腰梯形A'B'C'D′, A'B'=2,C'D′=1 ,∠DAB'=45°,
还原后直观图中AB=2,DC=1,AD=2AD'=√2,
故四边形ABCD 的面积为
3.D
【详解】该组数据共n=10 个，则i=n×70%=10×0.7=7.
已知70%分位数为16,因此 解得m=14.
4.B
【分析】第二次取到红球，可分为两种情况：第一次取到红球、第二次再取到红球；或第一次取到绿球、 第二次取到红球.利用分步概率相加即可.
【详解】设事件A 表示“第一次取到红球”,事件B 表示“第二次取到红球”。则
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A).
因为袋中共有5个球，其中红球2个，绿球3个，所以
【点睛】求“不放回抽取”中的某一步事件概率时，可按前一步分类讨论，也可利用对称性：第二次取到红球 的概率等于总体中红球所占比例.
5.C
【详解】对于选项A: 当 m ⊥α,m⊥β 时 ，a1/β, 所以本选项不符合题意；
对于选项B: 当α⊥y,β⊥y 时，平面α,β可以平行，所以本选项不符合题意；
对于选项C: 当 m ⊥β,mcα 时，由面面垂直的判定定理可得α⊥β,所以本选项符合题意；
对于选项D: 当 a∩β=n,mcα, m ⊥n 时 ，根据线面垂直的判定定理，由 m ⊥n 不一定能推出m⊥β,
所以本选项不符合题意.
6.D
【分析】根据圆锥体积公式计算即可
【详解】由题意得，扇形半径R=3, 圆心角,弧长公式1=Rθ,
试卷第1页，共10页
底面周长2πr=l=2π, 所以r=1.
圆锥母线长等于扇形半径R=3, 则圆锥的高h=√R²-r²= √3²-1²=2 √2.
所以圆锥体积为
7.A
【分析】由题设结合向量数量积运算律可得CA·CB=OA.OB+20C², 然后将OA+OB=-OC 两边平方并化 简后可得OA·OB=-2, 据此可得答案.
【详解】CA.CB=(OA-OC).(OB-OC)=O A ·OB-OC. (OA+OB)+OC²=OA.OB+20C²
OA+OB=-OC=(OA+OB)²=OC²→OA²+OB²+20A·OB=c², 则 OA·OB=-2.
则CA·CB=8-2=6.
8.A
【分析】由正弦定理得到B=2A,c=4cs²A-1, 求出 , 得 到c 的取值范围.
【详解】bcs A=a(1+cs B), 由正弦定理得sin B csA=sin A(1+cs B),
即sin B cs A-sin AcsB=sinA,sin(B-A)=sin A,
因为△ABC为锐角三角形，所以
上单调递增，所以B-A=A, 故 B=2A,
故C=π-A-B=π-3A,sin C=sin 3A=sin(2A+A)=sin 2A csA+cs 2A sin A
=2sin Acs²A+(2cs²A-1)sinA=(4cs²A-1)sin A,
由正弦定理得 , 即
故c=4cs²A-1,
和 可得
由
4cs²A-1∈(1 ,2), 故 c∈(1,2).
9.AC
【分析】根据向量的坐标运算公式结合条件逐项求解即得.
【详解】因为a=(2,-1),b=(-3,-1), 所以a+b=(-1,-2),(a+b)·a=-2+2=0, 即(a+b)⊥a, 故A
正确；
向量b 在向量a 上的投影向量是
故B 错误；
因为a=(2,-1),b=(-3,-1), 所以2a+b=(1,-3), |2a+b|= √ 10, , 故C 正确；
与向量b 方向相同的单位向量, 故D 错误.
10.BD
【分析】不妨设x₁≤x₂≤…≤xn, 再根据数据平均数、方差、极差和中位数的定义可求出a,b,c,d.
【详解】因为数据x₁,X₂,…,xn的平均数为5,方差为2,极差为7,不妨设x₁ ≤x₂ ≤…≤xn,
则xn-x₁= 7,3 x₁-2,3x₂-2,3x₃-2,…,3xₙ-2 的平均数为a=3×5-2=13, 故A 错误；
方差为b=3²×2=18, 故 B 正确；
极差为c=(3xn-2)-(3x-2)=3(xn-x₁)=21, 故C 错误；
若n 为偶数，则x₁,x₂,…,x
3x₁-2,3x₂-2,3x₃-2, …,3x,-2
若n 为奇数，则x₁,x₂,…,x
故D 正 确
11.ACD
的中位数为 即
的中位数为 的中位数为 3x₁-2,3x₂-2,3x₃-2,…,3xn-2 的中位数为
【分析】利用正方体中线面、面面的平行和垂直即可
【详解】对于选项A, 因为平面ADD₁A₁// 平面BCC₁B₁, 平 面ADD₁A₁O平面BEDF=D₁F, 平 面BCC₁B₁O
平面BED₁F= BE, 所以D₁F//BE.
同理D₁E//BF, 所以四边形BFD₁E 为平行四边形， 设正方体棱长为1,设CE=t(00, 即3m² - m- 2>0,
解得 或m>1,
所以m 的取值范围
试卷第5页，共10页
16. (1)120
(2)5.38百公里
③
【分析】(1)通过频率分布直方图面积为1,求得m, 进而可求解；
(2)根据平均数计算公式即可求解；
(3)通过分层抽样和列举法确定样本空间，再由古典概率模型概率计算公式即可求解. 【详解】(1)由频率分布直方图的性质，可得(0.04+0.10+0.16+0.40+m+0.06)×1=1,
解得m=0.24,
即续航能力在区间[6,7]内的频率为p=0.24×1=0.24,
所以续航能力在区间[6,7]内的实验次数为500×0.24=120次.
(2)根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
所以估计这类汽车的续航能力的平均数为5.38百公里.
(3)由频率分布直方图，可得续航能力在(2,3)和(7,8)的频率分别为0.04,0.06,
所以按分层随机抽样的方法从续航能力在(2,3)和(7,8)的实验中随机抽取5次实验， 则在(2,3)中的有2次实验，在(7,8)中的有3次实验，
设在(2,3)中的有2次实验为A,B, 在(7,8)中的有3次实验分别为a,b,c,
可得Ω={(A,B),(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c)}.
所以从这5次实验中随机抽取2次实验，共有10种不同的取法， 设事件M=“2 次实验中至少有一次有续航能力在(2,3)中的实验”
可得M={(A,B),(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c)}, 共有7个基本事件，
所以事件M 的概率为
可得这2次实验中至少有一次有续航能力在(2,3)中的实验概率为
17. (1)
②
【分析】(1)由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解；
(2)由余弦定理求得bc, 再结合三角形面积公式，通过SABc=SABD+SADc 即可求解.
【详解】(1)(sin B+sinC)²=sin²B+sin²C+2sin B sinC=sin²A+3sin B sinC, 即有sin²B+sin²C=sin²A+sin BsinC,
由正弦定理可得b²+c²=a²+bc,
又A∈(0,π),故
(2)由余弦定理得a²=b²+c²-bc=(b+c)²-3bc=12,
又b+c=4, 所以
由SABc=S ABD+S ADc得
解得
18. (1)2 √2
②
③
【分析】(1)根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，即得出棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即得；
(2)根据等体积法求解即可.
(3)先证AP⊥BP, BP⊥ 平面ADP, 得 BP⊥DP, 计 算BD, 从而证AD⊥DB, 得出∠PDB 为二面角 P-AD-B 的平面角，在△PDB中即得余弦值；
【详解】(1)取AP 的中点0,连接DO, 在原矩形中，因为AB=2AD=4, 点 P 为 DC 的中点，故 AD=DP=2.
因为△ADP是等腰三角形，所以DO⊥AP.
翻折后，因为平面ADP⊥ 平面ABCP , 且平面ADPn 平面ABCP=AP,
根据面面垂直的性质定理得： DO1 平面ABCP, 即 DO是四棱锥D-PABC 的高，
又因为AP=√A D²+DP²=√2 ²+2²=2 √ 2, 所以
又因为
所以四棱锥D-PABC 的体积
(2)由(1)可知，
由题意可知，BD=2√3,BC=2, CD=2 √3,
在△BCD中 ，S△BCD= √ 11.
设点A 到平面BCD的距离为h,
又VD-ABC= VA-BCD即,解得
(3)在矩形ABCD中 ，AP=BP=2 √2,AB=4, ∴AP²+BP²=AB²,∴AP⊥BP.
又平面ADP⊥平面ABCP,BPc 平面ABCP, 平 面ADPn 平面ABCP=AP, ∴BP⊥平面ADP,
∵DPc 平面ADP,∴BP⊥DP,AB=4,B D=2√3,AD=2,
在△ADB中 ，AB²=AD²+BD² , ∴ AD⊥DB.
又PD⊥AD,PDC 平面ADP,BDC 平面ADB, 平面ADPn 平面ADB=AD, ∴∠PDB为二面角P-AD-B 的平面角，
在Rt△PDB中，
∴二面角P-AD-B 的余弦值为
19.(1)|a|=√3
②
③
【分析】(1)利用仿射坐标系定义，将向量拆为基底线性组合，再利用向量平方公式直接计算模长.
(2)利用向量夹角公式，联立基底模长、数量积表达式建立方程求解基底夹角余弦，再借助同角三角函数 关系求出正弦值.
(3)先通过中点向量公式转化几何条件，展开数量积得到二元代数式，再利用余弦定理建立变量约束，搭 配三角换元与辅助角公式完成最值求解.
试卷第8页，共10页
【详解】(1)由题意可知，e 、e₂ 的夹角为
由平面向量数量积的定义可得 因为a=(2,1), 则a=2e₁+e₂,
所以a|=√3.
( 2 ) 由a=(-1,√2), b=(-√2,1), 得a=-e₁+√2e₂,b=-√2e+e₂, 且e·e₂=1×1×csα=csa,
所以a²=(-e₁+√2e)²=e²-2√2e₁·e₂+2e²=3-2√2csa, b²=(-√2e₁+e₂)²=2e²-2√2e₁·e₂+e²=3-2√2csa,
则|d=15=√3-2 √2csa,
a·b=(-e+√2e₂)·(-√2e+e₂)=√2e²+√2e²-3e₁·E₂=2√2-3cs a
因为a 与b 的夹角为 , 解 得
又sin²α+cs²α=1,0 0), 且 ,BC=√3, 因为F 为BC 的中点，
因为E 为 BD 中点，同理可得
由题意知e²=e²=1,
在△OBC 中，依据余弦定理得m²+n²-mn=3, 所 以mn=m²+n²-3,
代入上式得，
在△OBC 中，由正弦定理得 设∠BCO=θ, 则 , 且
所以m=2sinθ,
=16+3√3sinθ-7cs2θ=16+2√ 19 sin(20-φ), 故当时，5m²+3n² 取最大值为16+2√ 19,
OE·OF 的最大值为
【点睛】本题以仿射坐标系为新包装，内核是平面向量基本定理和数量积运算，解题全程将所有向量拆解 为一组基底，再结合解三角形建立变量约束，最终借助三角恒等变换求解最值，是新定义向量综合题的标 准模板.