山西晋城市部分校联考2025-2026学年高一下学期7月期末自测数学试题（含解析）

这是一份山西晋城市部分校联考2025-2026学年高一下学期7月期末自测数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册.
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，是复数，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的减法运算求解.
【详解】由题意.
2. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为向量，，且，则，解得.
3. 某学校高一年级由440名男同学和330名女同学组成，现用分层随机抽样的方法从高一年级中随机抽取一个容量为84的样本进行睡眠质量调查，其中应抽取的男同学人数为（ ）
A. 36B. 42C. 48D. 54
【答案】C
【解析】
【分析】使用分层抽样的定义计算.
【详解】应抽取的男同学人数为：.
4. 某圆锥的体积为，底面半径为1，则该圆锥的侧面展开图所对应的扇形的圆心角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据体积先计算出圆锥的高，再根据高计算出圆锥的母线，即展开图扇形的半径，最后在根据弧长公式求出圆心角.
【详解】设圆锥的高为，则，解得，母线长为，
所以圆锥的侧面展开图所对应的扇形的圆心角为．
故选：D．
5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】若，，则或，故A错误；
若，，，则与可能平行，可能相交，可能异面，故B错误；
若，，则或，又，
则与可能平行，可能相交，故C错误；
两条平行直线，其中一条与一个平面垂直，则另一条也与该平面垂直，故D正确．
故选：D．
6. 从不超过20的质数中，任选两个不同的质数，，记，则事件“”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知质数有，结合确定对应的情况数，及8个质数中任选2个的情况数，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】不超过的质数有共8个，
任选其中2个数差的绝对值小于4，有共6组，
所以任选2个不同的质数差的绝对值小于4的情况有种，
从8个质数中任选2个不同的质数有种，
所以，所求概率为.
7. 在中，内角、、所对的边分别为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理化简可得，计算可得，由正弦定理可得，代入可得答案.
【详解】由余弦定理得，
所以，所以，故．
由正弦定理，得，
故．
故选：B．
8. 如图，在梯形中，为上一点，且满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及定义求解.
【详解】在梯形中，令，由，得，
由，得，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. 某企业积极响应国家节水号召，对污水进行净化再利用，如图是该企业近7年的污水净化量（单位：t）的折线图，则（ ）
A. 这组数据的众数是56
B. 这组数据的极差是4
C. 这组数据的60%分位数是55
D. 去掉第5年的数据后，新数据的方差会变小
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意将数据从小到大排列为52，52，53，54，55，56，56，即可得众数与极差，对于C，由百分位数计算方法即可求解，对于D，先求出这组数据的平均数为54，且第5年的数据为54，由方差的计算公式可知，去掉第5年的数据后方差变大，故D错误.
【详解】将数据从小到大排列为52，52，53，54，55，56，56，众数是52和56，A错误；极差是，B正确；
对于C，，所以60%分位数是从小到大排列的第5个数，即为55，C正确；
对于D，该组数据的平均数为，第5年的数据为54，设原始数据的方差为，去掉第5年的数据后的方差为，则
，
，
即，故D错误.
故选：BC.
10. 在复平面内，复数，对应的点分别为，，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，且，则，关于轴对称
C. 若，则
D. 若，且，是关于的方程的两个根（，），则
【答案】BC
【解析】
【详解】若，则，故A错误；
因为，，所以，则，关于轴对称，故B正确；
若，则，则，故C正确；
由题意得，，则，故D错误.
11. 如图，正方体的棱长为2，分别是棱上的点（不包括端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A. 正方体的外接球的表面积为
B. 若平面与平面的交线为，则
C. 若平面与平面所成的二面角为，的面积为，则
D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出正方体的体对角线得球半径判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；作出二面角并求解判断C；作出截面并求出面积判断D.
【详解】对于A，由，得正方体的外接球半径，
因此正方体的外接球表面积为，A错误；
对于B，由，，得四边形是平行四边形，，
而平面，平面，则平面，
是平面与平面的交线，平面，因此，B正确；
对于C，分别取的中点，，连接，则，
，，，又，则，，
因此是平面和平面所成的二面角的平面角，
则，C正确；
对于D，延长使得，连接交于点，连接交于点，
则，，且，，
四边形为菱形，平面截正方体所得截面为五边形，
又，，，
所以的面积为，五边形的面积为，D错误．
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 有一个专养草鱼的池塘，为了估计池塘内草鱼的数量，养殖人员从池塘内捞出60条草鱼，做上标记后放回池塘，10天后，他又从池塘内捞出50条草鱼，发现其中有2条草鱼有标记，则可估计该池塘内共有_______________条草鱼．
【答案】1500
【解析】
【详解】设该池塘内共有条草鱼，
则，解得，
所以估计该池塘内有1500条草鱼．
13. 在正四棱台中，，高为1，则直线与所成角的余弦值为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正棱台的几何性质求得，从而求得，过点作的垂线，垂足为，可得，从而求得的值，由异面直线所成角的定义确定异面直线与所成的角，由余弦定理求解即可得其余弦值.
【详解】在正四棱台中，，
所以.
因为高为1，所以，
过点作的垂线，垂足为，易得，
所以，
同理可得．
因为，所以为异面直线与所成角或补角，
在中，，
由余弦定理得，
故异面直线与所成角的余弦值为．
14. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出．
【详解】在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，
所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解.
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. 已知向量与的夹角为，，．
（1）若，求实数的值；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可得，根据数量积的运算律及定义可得；
（2）先求得向量与的数量积及模，根据夹角公式可得.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
即，
解得．
【小问2详解】
由题意得，
，
设向量与的夹角为，
则．
即向量与的夹角的余弦值为.
16. 甲、乙两人参加猜灯谜比赛，每局比赛甲、乙各猜一个灯谜，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则平局，规定先胜2局的一方赢得奖品并结束此次比赛．已知每局比赛甲猜对的概率为，乙猜对的概率为，在每局比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各局结果也互不影响．
（1）求每局比赛中甲获胜的概率，乙获胜的概率及甲、乙平局的概率；
（2）求此次比赛进行3局就结束的概率．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式可得；
（2）分析比赛进行3局就结束的各种情况，根据互斥事件的概率加法公式可得.
【小问1详解】
设每局比赛中，甲获胜为事件，乙获胜为事件，甲、乙平局为事件，
则，，
．
【小问2详解】
设比赛进行3局就结束为事件，第局比赛中甲获胜为事件，第局比赛中乙获胜为事件，，
则，
所以
．
17. 某公司为了解客户对其旗下某产品的满意程度，随机抽取了200名客户进行满意度调查，并将评分（满分100分）按，，，，分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值，并估计这200名客户的满意度评分的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）已知样本中在内的评分的平均数为64.5，方差为14，在内的评分的平均数是74.5，方差是9，求落在内的评分的平均数与方差．
【答案】（1），74.5．
（2）平均数为70.5，方差为35
【解析】
【小问1详解】
根据题意，，解得．
，
估计这200名客户的满意度评分的平均数为74.5．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知评分在，的频率比为，
则样本中在内的评分的平均数为，
样本中在内的评分的方差为
18. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围；
（3）已知点是边上的一点，且，求的长.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求解即可.
（2）用正弦定理将转化为，由已知结合正切函数的性质求出的范围，最后得到答案.
（3）设，再利用向量表示出，化简求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
由余弦定理得，
又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
因为，
又为锐角三角形，则所以，
所以，所以，即的取值范围是.
【小问3详解】
设，则，
因为，所以，联立解得
因为，
所以，
，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，点E，F分别是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥外接球的表面积；
（3）设与平面所成角为，求的取值范围．
【答案】（1）因为底面是边长为2的菱形，且，
所以和均为等边三角形.
因为点是的中点，所以．
因为，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理结合菱形的性质证得平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面；
（2）由三棱锥的特征，确定其外接球的半径等于外接圆的半径，利用正弦定理求得外接圆的半径，从而求得三棱锥外接球的表面积；
（3）取的中点，作，垂足为，根据线面角的定义，.若点在线段（不含端点）上，设；若点在线段（不含端点）上，设.利用余弦定理及同角三角函数关系式，用或表示，结合基本不等式可求得的取值范围.若点与重合，直接求出的值，综合所有情况，可得的取值范围.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
取的中点，连接，则.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心.
所以三棱锥的外接球球心一定在平面内，且为的外心，
三棱锥的外接球的半径等于外接圆的半径.
因为是等边三角形，，
由正弦定理，得（为的外接圆半径），
解得，即三棱锥的外接球半径为．
所以三棱锥外接球的表面积为．
【小问3详解】
取的中点，作，垂足为，连接．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面为与平面所成的角，所以．
①若在线段（不含端点）上，如图1，设，
因为为的中点，所以，
因为F，G分别是的中点，所以，又，
所以，由余弦定理得，
所以．
令，由，得，
所以，当且仅当，即时等号成立．
又，所以的取值范围为．
②若在线段上（不含端点），如图2，设，
因为，所以，
又，所以，由余弦定理得，
所以．
令，由，得，所以．
令，任取，
则，
因为，所以，
故，即，
所以在上单调递增，且，所以的取值范围为．
③若与重合，则．
综上所述，的取值范围为．