广东广州市越秀区部分校2025-2026学年第二学期期末调研高一年级数学试题（含解析）

这是一份广东广州市越秀区部分校2025-2026学年第二学期期末调研高一年级数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了学生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本调研资料共4页，19小题，满分150分．建议完成时间：120分钟．
注意事项：
1．作答前，学生务必将自己的姓名、调研号、监测室号和座位号填写在答题卡上．
2．用2B铅笔将调研号、座位号等填涂在答题卡相应位置上．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将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．答案不能答在调研资料上．
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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液、涂改带．不按以上要求作答无效．
4．学生必须保证答题卡的整洁．调研结束后，将调研资料和答题卡一并交回．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】不等式，
解得，则，而，
所以.
2. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】不等式等价于，函数在上单调递减，
得，所以不等式的解集为.
3. 在中，点在边上，，记，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由化为，再整理，由题中条件，即可得出结果.
【详解】因为在中，点在边上，且，
所以，
即，又，，所以.
4. 天气预报报道：端午节甲地降雨的概率是0.6，乙地降雨的概率是0.8．假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则至少有一地降雨的概率是（ ）
A. 0.2B. 0.48C. 0.52D. 0.92
【答案】D
【解析】
【分析】根据事件和的概率公式，以及独立事件同时发生的概率公式，即可求解.
【详解】设事件表示甲地降雨，事件表示乙地降雨，则表示至少有一地降雨，
所以.
5. 某公司共有50名在职员工，去年全体员工年薪的平均数是10万元，其中最高的年薪200万元，最低的年薪3万元，员工年薪的第一四分位数为4.5万元、第三四分位数为9.5万元，求职者小林拿到了该公司的录用通知，年薪为9万元，则下列结论正确的是（ ）
A. 该公司有一半员工的年薪高于10万元B. 该公司员工的年薪中位数高于9.5万元
C. 年薪高于9.5万元的员工约为25人D. 小林的这份年薪在公司内属于中等偏上水平
【答案】D
【解析】
【详解】对于选项A，平均数10万元受最高年薪200万元的极端值影响被拉高，且第三四分位数仅为9.5万元，说明至少75%的员工年薪不超过9.5万元，因此年薪高于10万元的员工不足一半，A错误；
对于选项B，中位数为第50百分位数，第三四分位数为第75百分位数，故中位数必然小于等于9.5万元，B错误；
对于选项C，第三四分位数为9.5万元，说明约75%的员工年薪不高于9.5万元，因此年薪高于9.5万元的员工约占25%，对应人数约为人，并非25人，C错误；
对于选项D，中位数介于第一四分位数4.5万元与第三四分位数9.5万元之间，小林年薪9万元高于中位数，接近第三四分位数，在公司内属于中等偏上水平，D正确.
6. 将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，设“第一次出现1点”，“第二次出现1点”，“两次出现的点数之和为5”，“两次出现的点数之和为奇数”，则（ ）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. 事件与事件相互独立D.
【答案】C
【解析】
【详解】样本空间共包含个等可能基本事件.
，，事件包含共4个基本事件，
故；事件包含18个基本事件，分别为
，
故.
事件包含基本事件，故与不互斥，A错误.
事件包含基本事件，，，故与不相互独立，B错误.
事件包含共3个基本事件，，，
故，故与相互独立，C正确.
事件包含基本事件，故，，D错误.
7. 若，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【详解】若，，，则或是异面直线，A选项错误；
若，，则或，B选项错误；
若，，，则，，相交都有可能，C选项错误；
因为且，则，又因为，所以，D选项正确.
8. 如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，点进行测量，，，，在同一铅垂平面内，现测得的数据有：①，②，③，④，⑤，⑥，则下列可求出的测量数据组合是（ ）
A. ②③④⑤⑥B. ①③④⑤⑥C. ①②③④D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合正弦定理和余弦定理分析判断.
【详解】对于选项：把放在中求解，需要，
而在中，仅确定，
条件不足，无法求出或，所以无法求得间的距离，
把放在中求解，同理条件不足，A错误；
对于选项：当测出①，③，④，⑤，⑥，
在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
在中，可得，
由余弦定理即可求得间的距离，B正确；
对于选项C：在中，仅确定，
条件不足，无法求出或，所以无法求得间的距离，C错误；
对于选项，在中，仅确定，
条件不足，无法求出或，所以无法求得间的距离，D错误.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 若复数满足（其中为的共轭复数），则
B. 若复数为纯虚数，则或
C. 若，则
D. 若是实系数一元二次方程的一个根，则，
【答案】ACD
【解析】
【详解】设，则，则，所以，，A选项正确；
因为为纯虚数，则，
整理得，所以，B选项错误；
因为，所以，所以，C选项正确；
由题意可知实系数一元二次方程的另一个根是，
则，所以，D选项正确.
10. 已知球与圆台的上下底面和侧面都相切，若圆台的上下底面半径分别是1和6，则（ ）
A. 圆台侧面展开图扇环的圆心角为
B. 圆台的体积为
C. 球的体积为
D. 过圆台两母线的截面面积最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】画出轴截面，延长交于，根据题意求得，，，设扇环的圆心角为，则，得到即可判断A；由台体体积公式及球的体积公式即可判断BC，过圆台两母线的截面面积最大值为轴截面，利用梯形面积公式即可判断D．
【详解】如图，轴截面如下：延长交于，
由相切的性质可得，则母线，
（为内切球半径），解得，
又，则，即，解得，，
设扇环的圆心角为，
，解得，故A错误；
圆台的体积，故B正确；
球的体积为，故C正确；
过圆台两母线的截面面积最大值为，故D错误．
11. 已知正方体的棱长为，点在棱上运动（含两个端点），下列结论正确的是（ ）
A. 对任意位置的点，都有
B. 存在点，使得异面直线与所成的角为
C. 以点为球心，为半径的球面与平面的交线长为
D. 当为中点时，正方体被平面截得的截面面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明线线垂直，将动直线转化为定平面，通过证明线面垂直即可得到线线垂直；B选项，假设存在，利用平行线构造夹角，放在三角形中通过余弦定理计算边长，若能满足边长关系，则存在，不满足，则不存在；C选项，根据球与平面的截面为圆，可利用球半径，截面圆半径，圆心到平面的距离组成直角三角形，计算截面半径和周长即可；D选项，画出截面为等腰梯形，根据梯形面积公式计算即可．
【详解】
A选项，因为正方体中，平面，平面，故，
又因为，，故，
因为，且平面，故平面，
因为点在棱上运动（含两个端点），故平面，
则，故A正确；
B选项，在正方体中，，故异面直线与所成的角为，
在中，，，若，则，
则，由余弦定理可得：
，即，
解得，不符合直角三角形边长关系，故B错误；
C选项，因为，故为直角三角形，，
根据三棱锥的体积公式可得，
且，
故，解得，
故到平面的距离为，因为球半径为，
则截面圆半径为，则周长为，故C正确；
D选项，如图所示，当为中点时，正方体被平面截得的截面为，
为的中点；则且，
，四边形为等腰梯形，
根据梯形边长可知高为，
根据梯形面积公式可得，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的虚部为_________．
【答案】
【解析】
【分析】通过复数的除法运算将原式化简为标准代数形式，再根据复数虚部的定义求解结果.
【详解】因为，所以的虚部为
13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，侧棱与下底面所成角为，则该棱台侧面积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据侧棱与下底面的夹角求出正四棱台的高，再求出侧面等腰梯形的斜高，最后代入侧面积公式计算.
【详解】记正四棱台的上、下底面中心分别为，连接，则为棱台的高，记为
过作于，由正四棱台的性质可知垂直下底面，
故为侧棱与下底面所成的角，即，
已知上底面边长为2，下底面边长为4，因此上底面对角线，下底面对角线，
可得 ，在中，，
过作于，过作于，连接，则为侧面等腰梯形的斜高，记为，
过作于，则，，
在中： ，
正四棱台侧面积为4个全等等腰梯形的面积和，代入侧面积公式：
.
14. 已知，，则的最小值为_________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据数量积的定义对向量通过加减运算进行转化，根据数量积的定义运算得到．
【详解】因为，则，
因为，且，故，
因为，故，要使最小，则取最大1，
则的最小值为3．
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. 已知中，角，，所对应的边分别为，，，向量，，且．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直得数量积为0，由数量积坐标表示及正弦定理可得角；
（2）由余弦定理求得，再由三角形面积公式计算．
【小问1详解】
∵，∴，
由正弦定理得，是三角形内角，，
∴，，是三角形内角，∴；
【小问2详解】
由余弦定理得，解得（舍去），
∴．
16. 某电商平台开展“季度金牌店铺”评选活动，所有参评店铺的季度服务综合评分满分为100分，将所有参评店铺得分从高分到低分排序，得分前15%的店铺将获得平台“金牌店铺”标识及流量扶持．为了解所有参评店铺的得分情况，现从全部参评店铺中随机抽取了100个店铺的综合评分组成样本，得到如图所示的样本数据的频率分布直方图．
（1）求图中的值，并估计全部参评店铺的综合评分的平均分（计算平均分时，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（2）估计获得“金牌店铺”标识的最低分数线是多少分（结果保留整数）；
（3）若从调查的100个店铺里分数不低于80分的店铺中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5个店铺进行经验交流，从中随机抽取2个店铺进行运营案例分享，求这2个店铺分别来自，分数组的概率．
【答案】（1），平均分为 分
（2） 分
（3）
【解析】
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，组距为 10， 则 解得 .
估计全部参评店铺的综合评分的平均分为：
（分）.
【小问2详解】
因为 的频率为 , 的频率为 ，
所以获得“金牌店铺”标识的最低分数线位于 内. 设最低分数线为 ，
则 ， 解得 .
因为结果保留整数，所以估计最低分数线是 87 分.
【小问3详解】
分数在 [80,90) 的店铺有 个， 分数在 [90,100] 的店铺有 个.
用分层随机抽样的方法抽取 5 个店铺，则从 中抽取 个，记为 ；
从 中抽取 个，记为 .
从这 5 个店铺中随机抽取 2 个，所有可能的情况有：
共 10 种.
其中这 2 个店铺分别来自 [80,90)，[90,100] 分数组的情况有： 共 6 种.
故所求概率
17. 如图，在所有棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）在正三棱柱中，连接，连接，
则点是线段的中点，而为棱的中点，于是，
又平面，平面，所以平面.
（2）由为正边的中点，得，由平面，
平面，得，而平面，
因此平面，又平面，所以平面平面.
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证.
（2）利用线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定推理得证.
（3）由，作出线面角，利用几何法求出线面角的正弦.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
由，得直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，
在平面内过点作于，连接，由平面，
得，而平面，因此平面，
是直线与平面所成的角，在中，，
在中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 设，是平面内相交成α角的两条数轴（且），，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系．在仿射坐标系中，若向量，则记．
（1）若，，，且，，三点共线，求的值；
（2）若，，，求与所成夹角的余弦值；
（3）若，，且对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）6； （2）；
（3）或
【解析】
【分析】（1）计算出，根据共线得到，从而得到方程组，求出答案；
（2）计算出，利用余弦夹角公式可得答案；
（3）根据得对任意恒成立，由根的判别式得到不等式，求出答案
【小问1详解】
由题意得，
，
，，三点共线，
故，故，即，
所以，解得；
【小问2详解】
由题意得，，
故
，
，
，
所以，
因此与所成夹角的余弦值为；
【小问3详解】
由题意得，，
，
则，
故，即对任意恒成立，
，解得，
因为且，所以或.
19. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，且，点为中点，且，．
（1）求证：；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积；
（3）由立体几何中的最大角定理知，给定二面角，过上同一点在半平面内作任意直线，该直线与平面所成线面角的最大值等于二面角的平面角．已知点为平面内任意点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）取的中点，的中点，连接，
因为是边长为2的等边三角形，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，故三点共线，
又因为为中点，所以，
因为，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到，，得到线面垂直，线线垂直；
（2）证明线线垂直，得即为二面角的平面角，由余弦定理和勾股定理逆定理得，得到线面垂直，利用求出体积；
（3）即求二面角的平面角，作出辅助线，求出各边长，设，由余弦定理和基本不等式求出的余弦值，进而得到正弦值的最大值
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
连接，因为平面，平面，
所以，
因为为的中点，所以，故为等边三角形，
，，
又，所以即为二面角的平面角，故，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
因为，，平面，
所以平面，故⊥平面，，
故，
又为中点，故；
【小问3详解】
由最大角定理可知直线与平面所成角的最大值为二面角的平面角，
过点作交于点，连接，
因为，所以，
所以二面角的平面角为，
因为为的中点，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
因为，设，由三角形三边关系可知，
在中，由余弦定理得
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为