内蒙古自治区包头市2025-2026学年第二学期高一年级期末教学质量监测数学试卷（含解析）

这是一份内蒙古自治区包头市2025-2026学年第二学期高一年级期末教学质量监测数学试卷（含解析）试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知，则， 已知函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上.将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.做选择题时，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.写在本试卷上无效.
3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】.
所以.
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. 12B. 10C. 8D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用共线向量定理先求，再由向量数量积的坐标运算即可求解.
【详解】由题意，所以，所以.
3. 某校从500名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查．将这500名同学编号为001，002，…500，假设从第1行第4列的数字开始，则第5个被抽到的同学的编号为（ ）
3484 4217 5572 1754 5560 8331
0474 4767 2176 3350 2583 9212
0676 6301 6378 5916 9555 6719
A. 331B. 047C. 455D. 447
【答案】B
【解析】
【分析】由随机数表法的读法规则读取即可.
【详解】由题知，选取的前几个同学编号分别是442，175，572，175，455，608，331，047，
剔除重复数据175和超过500的数据572、608，
所以符合条件的前5个数据是442，175，455，331，047，所以第5个是047.
故选：B
4. 已知 是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中错误的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【详解】对于选项A，垂直于同一条直线的两个平面平行，故A正确；
对于选项B，，，，所以，
因为，，所以，，，所以，所以，故B正确；
对于选项C.，若，则或，故C错误；
对于选项D， 若，，平面作直线，则，
又因为，所以，因为，，所以，，所以，故D正确.
5. 甲､乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响.两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击，若约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论满足“前4次中甲恰好射击3次”的所有三种不同射击顺序，利用相互独立事件的乘法公式分别计算出每种情况的概率，最后相加求和.
【详解】设前4次中甲射击3次的概率为，共有三种情况：
甲中-乙中-甲没中-甲，概率为；
甲没中-甲没中-甲中-乙：；
甲没中-甲中-乙中-甲：，
所以.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用余弦差角公式求得，再通过余弦和角公式计算，最后用余弦二倍角公式求出的值.
【详解】由，可得，解得，
由，可得。
所以.
7. 如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）
A. 米B. 10米C. 米D. 11米
【答案】C
【解析】
【分析】先根据正弦定理求得BC，进而在中，利用求解即可．
【详解】在中，，
则，
由正弦定理得，
所以，
在中，，所以米.
8. 已知三棱锥的顶点均在球的球面上，且球心在棱上，若球的表面积为，则三棱锥的体积最大值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由球的表面积求出半径，结合球心在上可知为直径、为直角三角形，分别求出的最大面积和点到平面的最大距离，代入三棱锥体积公式即可得最大值.
【详解】设球的半径为，
则有，解得，
又因为球心在棱上，
所以为直径且，
所以为直角三角形，且,
要使棱锥的体积最大，
则的面积最大，且点到平面的距离也要最大，
当平面时，最大，此时,
又,
当且仅当时，等号成立；
设三棱锥的体积为，
所以，
所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论正确的是（ ）
A. 这14天日促销量的众数是214
B. 这14天日促销量的中位数是196
C. 这14天日促销量的极差为194
D. 这14天日促销量的第80百分位数是260
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的折线图，把14天日促销量从小到大排列，再由众数、中位数、极差、第80百分位数的定义依次求解判断.
【详解】由折线图得14天日促销量从小到大排列为：，
对于A，这14天日促销量的众数是214，A正确；
对于B，这14天日促销量的中位数是，B错误；
对于C，这14天日促销量的极差为，C错误；
对于D，由，得这14天日促销量的第80百分位数是260，D正确.
故选：AD
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 可由函数向右平移个单位（纵坐标不变）得到
C. 的图象关于对称
D. 图象的一个对称中心是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A和C，利用余弦函数的性质，直接求出的最小正周期和对称中心，即可判断正误；对B，利用三角函数图象的变换，即可求解；对D，通过代入检验，即可求解.
【详解】对于A，因为函数的最小正周期为，所以A正确，
对于B，函数向右平移个单位（纵坐标不变）得到，所以B错误，
对于C，由，得到，
所以的对称轴为，
令，得到，所以C正确，
对于D，因为，则是图象的一个对称中心，所以D正确.
11. 如图，正方体棱长为2，、、分别为棱，，的中点，是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 平面
B. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 过、、三点的平面截正方体所得截面的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A利用中位线及线面平行的判定判断；B利用线面平行有到平面的距离为定值，利用锥体体积公式求解即可；C由知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆；D利用平面的基本性质得到截面为正六边形，进而得解.
【详解】如图，设点是棱中点，连接并延长，分别交的延长线于，
连接交于，结合正方体的结构特征及平面的性质有均为中点，
D，根据平面的基本性质知，过三点的平面截正方体所得截面为正六边形，边长，所以面积为，正确；
A，根据中位线易得，平面，平面，则平面，正确；

B，由，又为线段上一点，平面，
所以到平面的距离为定值，且为定值，则为定值，正确；
C，由知点轨迹为为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如图，
由正方体棱长得，交线为三段半径为的四分之一圆，长度为，错误.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，的夹角为，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的运算律计算求解.
【详解】，
所以
13. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____
【答案】
【解析】
【分析】连接，先证明，可得（或其补角）为直线和所成角，进而结合余弦定理求解即可.
【详解】连接，
在正方体中，因为是的中点，是的中点，
所以，，
则，，
所以四边形为平行四边形，则，
所以（或其补角）为直线和所成角，
设正方体的棱长为2，
则，
所以，
在中，由余弦定理得，
∴
则异面直线和所成角的正弦值为.
14. 如图，三个全等的三角形，，拼成一个等边三角形ABC，且为等边三角形，若，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先设，，中，,,,利用正弦定理表示的值.
【详解】设，，
因为三角形，，互为全等三角形，且是等边三角形，
所以，，
，且,
在中，根据正弦定理有，
所以，
所以，
即，.
故答案为：
本题主要考查正弦定理，三角函数恒等变换，属于中档题型.
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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，、分别是、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面，且，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线可得线线平行，进而可证明四边形为平行四边形，即可根据线面平行的判定求解，
（2）利用等体积法即可求解.
【小问1详解】
证明：取线段、的中点分别为、，连接,
则 ，，
又底面是正方形，即 ，
则，即四边形为平行四边形，
则，又在平面外，平面，
故平面.
【小问2详解】
设点到平面的距离为，
由得
16. 已知函数，.
（1）求在的单调递减区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，再利用三角函数的性质即可求解；
（2）由得，进而得，再利用三角恒等变换即可求解.
【小问1详解】
由题意得：
，
由，，解得，，
又，所以的单调递减区间为；
【小问2详解】
由，所以，所以，
又，所以，
所以，
所以
.
17. 周口市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）．
（2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率．
【答案】（1），众数为85，平均成绩为77.5
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及众数、平均数定义求解即可.
（2）结合分层抽样方法及古典概型的概率计算公式求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图得，
，解得．
由频率分布直方图可知初赛成绩的众数为85，
估计初赛成绩的平均数为：．
所以，众数为85，平均成绩为77.5．
【小问2详解】
由（1）知，成绩在，的频率之比为，
则在中随机抽取了人，记为，，
在中随机抽取了人，记为，，，
从5人中随机抽取2人的样本空间为：
，共10个样本点，
设事件“有1名或2名学生的成绩在内”，
则，有7个样本点，
因此，
所以有1名或2名学生的成绩在内的概率为．
18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围；
（3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可.
（2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可.
（3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可.
【小问1详解】
由题意，
又，所以．
又，所以或，所以.
【小问2详解】
因为，，
由正弦定理得：，则，．
易知，
所以．
因为为锐角三角形，所以，解得．
所以，所以，则．
所以的取值范围是．
【小问3详解】
由题意知，，所以．
因为为中点，所以，
两边平方得：，
代入并整理：，
由余弦定理：，
所以．
19. 如图，在直四棱柱中，，，．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的平面角的余弦值；
（3）求直四棱柱体积的最大值．
【答案】（1）证明：在直四棱柱中，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明面，然后由线面垂直的性质定理得证；
（2），先证明就是二面角平面角，然后在直角三角形中求得其余弦值；
（3）设，用余弦定理表示出，然后利用结合三角恒等变换、正弦函数性质得面积最大值，从而可得体积最大值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
连接，记，连接，
易得平面，则平面，
又平面，故，
又因，所以是的中垂线，得，
因平面，易得，
又因O是AC中点，所以，
故就是二面角的平面角，
又因，则，
则.
【小问3详解】
设，，因，
由余弦定理，，
，
因，则，
故当，即时，取得最大值1，
此时的最大值为，
故直四棱柱体积的最大值.