广东省东莞市2025-2026学年高一下学期教学质量自查数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省东莞市2025-2026学年高一下学期教学质量自查数学试卷（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知数据：1，2，2，2，3，3，将这组数据的每个数值加上2后，与原始数据相比，调整后的数据中不会发生改变的是（ ）
A．方差B．众数C．中位数D．平均数
3．已知非零向量，满足，则（ ）
A．，共线B．，垂直C．，模相等D．或为单位向量
4．直角梯形中，，，以所在直线为轴，其余三边绕轴旋转一周形成的面所围成几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．从互不相等的5个数中随机去掉2个数，则极差变小的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
7．记，分别为事件，的对立事件，如果事件，互斥，那么（ ）
A．是必然事件B．是不可能事件
C．与互斥D．
三、单选题
8．已知，是异面直线，平面，平面．若存在一条直线，同时满足，，，，则（ ）
A．B．
C．与相交，且交线与平行D．与相交，且交线与垂直
四、多选题
9．已知是虚数，设是的共轭复数，则下列说法正确的有（ ）
A．是实数B．是纯虚数C．D．
10．某学校高一年级有男生640人，女生360人．为获取该校高一学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为175，方差为36，女生样本的均值为165，方差为36．如果已知男、女样本量按比例分配时，总样本均值为171.4，方差为59.04．如果已知男、女的样本量都是50，则下列说法正确的是（ ）
A．总样本的均值小于171.4B．总样本的均值大于171.4
C．总样本的方差小于59.04D．总样本的方差大于59.04
11．定义非零向量，的一种新运算（为向量，的夹角），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，，则
D．若，，则的最大值为2
五、填空题
12．已知向量，为单位向量，向量在向量方向的投影向量为，则______________．
13．已知球的半径为1，正三棱锥的顶点为，底面的三个顶点，，均在球的球面上，则当该三棱锥的侧面积最大时，与平面所成角的正弦值为_______________．
14．一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子1次，观察它朝上面的数字，得到样本空间，设事件，事件，若事件且满足，事件，相互独立，事件，不相互独立，则满足条件的事件的个数为_______________．
六、解答题
15．为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），制作频率分布表如下：
(1)请求出频率分布表中，的值，并估计月均用电量的平均数；
(2)为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯定价，使80%的居民缴费在第一档，请估计第一档月用电量标准上限（最大值）．
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，是的中点．

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面．
17．在中，角，，的对边分别为，，，且满足，，，为三条边所在的直线上的点，且满足，，．
(1)求角；
(2)证明：，，三点共线；
(3)若，求面积的最大值．
18．如图，在三棱锥中，，，．记二面角为（），二面角为，二面角为．
(1)证明；
(2)求的值；
(3)当最大时，求．
19．在某比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首轮由四人抽签两两对阵，两场比赛胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者淘汰出局并获得第三名；最后一场比赛在剩下的两人间进行，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立．
(1)若．
①求甲获得第四名的概率；
②设甲总共进行了3场比赛为事件，甲获得冠军为事件，证明：事件，相互独立；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签两两对阵，两场比赛的胜者晋级到决赛（争夺冠军），败者参加三、四名排位赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由．
分组
频数
频率
40
0.2
x
0.25
60
0.3
20
y
30
0.15
合计
200
1.00
参考答案
1．C
【详解】虚数单位的幂具有周期性，周期为，即对任意，有，，，.
因此.
所以.
故的虚部为.
2．A
【详解】设原始数据为，调整后的数据为，满足.
对于A，，，
所以，方差不变，A正确；
对于B，原始数据的众数为出现次数最多的2，调整后众数为，发生改变，B错误；
对于C，原始数据共6个，中位数为，调整后中位数为，发生改变，C错误；
对于D，由均值性质得，平均数发生改变，D错误.
3．B
【详解】两边平方得：，
根据向量模长的平方公式，将等式两边展开：
，化简得，
已知，都是非零向量，且它们的数量积，
根据向量垂直的判定条件，这说明向量 与 互相垂直，B正确.
4．D
【详解】依题意，所得几何体是上下底半径分别为，高为1的圆台，
所以所求体积为.

5．B
【详解】记互不相等的5个数为，
则样本空间，共10个样本点，
极差不变的事件，共3个样本点，
所以极差变小的概率为.
6．B
【详解】，，所以，
因为，所以，且，
即，得
，，，，
代入得，解得.
7．AD
【详解】设样本空间为
对于A：因为事件，互斥，则.
可得，所以是必然事件，故A正确；
对于BC：因为，
可知当且仅当，即事件，对立时，，
但题干中并没有说明，不一定是不可能事件，即与不一定互斥，
故选项BC不一定正确；
对于D：因为，所以，故D正确.
8．C
【详解】假设，则由平面，得平面；
又平面，所以，与是异面直线矛盾，所以假设不成立，故A不正确；
所以相交.
设，由平面，得；
由平面，得.
若存在一条直线，同时满足，，
则存在直线，使得.
所以，所以.
所以，所以，
所以.故C正确，D不正确；
当且仅当时，，
例直四棱柱中，
，
分别记平面为，，
，满足题意，
但二面角的平面角为，所以不垂直.
故B不正确.

9．ABD
【详解】设虚数（，且），则其共轭复数.
A：，为实数，故是实数，A正确；
B：，由于，故实部为0、虚部不为0，是纯虚数，B正确；
C：是正实数；
，其中，
所以实部不同，二者不可能相等，C错误；
D：根据复数模的运算性质，，共轭复数模长相等即，
且是虚数故，因此比值为1，D正确.
10．AD
【详解】总样本均值，，故A正确；B错误；
分层总方差，，故C错误；D正确.
11．ACD
12．
【详解】向量在向量方向的投影向量为，所以， 已知为单位向量，因此，即，所以，对比等式两边的系数，可得.
13．/
【详解】设外接圆半径为，正三棱锥的高为.
则.
该三棱锥的侧面积为，
当且仅当，即时，等号成立.
此时，，所以.
由正弦定理得，，
所以.
，.
设与平面所成的角为，则.
故当该三棱锥的侧面积最大时，与平面所成角的正弦值为.
14．
【详解】由，可得
设事件包含样本点个数为，事件包含样本点个数为，则，
因为，所以，即
因为，包含个样本点，所以，即，
若，则，即，则，，与题意不符；
若，则，，则，所以，
即中有个数来自，个数来自，又，且，
所以，即若，则或，此时，与题意不符；
所以或，
若，则，与题意不符；
综上，满足条件的事件的个数为.
15．(1)，，月均用电量平均数估计为
(2)第一档月用电量标准上限估计为
【详解】（1），，
中间值作代表，月均用电量的平均数估计为；
（2）因为，
，
故第一档月用电量标准在内，设为，
，解得，
故第一档月用电量标准上限估计为
16．(1)连接，交于点，连接，
由条件可知为中点，又是的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面
(2)因为平面平面，平面平面，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
又，是的中点．
则，且平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【详解】（1）略
（2）略
17．(1)
(2)设，.
由，得，整理：，
由，得.
由，得.
，
.
与共线，且有公共点D，故D，E，F三点共线.
(3)
【详解】（1）已知，
由正弦定理，
可得：
因为，所以，代入上式：
，
整理得：，
因为，可得，
即，.
又，所以，故，得.
（2）略
（3）已知，，
由余弦定理：
可得，
由基本不等式，得：，
所以，
当且仅当时取等号.
中，，，，
，
因为，所以：.
18．(1)证明:取中点，连接，，那么
因为,为中点，所以,
同理可得，
又平面,
所以，平面，平面，
所以，.
(2)
(3)
【详解】（1）略
（2）作于点，于点，作于点，作于点,
连接,
因为,所以与全等，
所以，,所以，与全等，所以，
又，平面,
所以，平面,平面,
平面,
则平面,平面,则，又平面
故平面，所以，为二面角的一个平面角，
同理可得为二面角的一个平面角，
,
因为，，，所以,
所以，为直角三角形，,
所以，四边形为矩形，，
所以，
（3）由（2）得，，为锐角，
,所以为二面角的一个平面角，，
所以，,
由于为锐角，故，
所以，，
当且仅当即时，取得最大值，
所以，
设，则，
，
在中，,,
又，
所以，,.
19．(1)①；
②甲总共进行了3场比赛，有四种可能性分别为
第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军；
第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛败获得第二名；
第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮败获得第三名；
第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮败获得第三名；
所以，
甲获得冠军，有三种可能性分别为
第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军；
第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军；
第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军；
所以，
事件和事件同时发生，只有一种可能，即甲连续三场全胜获得冠军，
所以，
因为，
所以事件，相互独立.
(2)在“双败淘汰制”下甲夺冠的概率，
在“单败淘汰制”下甲夺冠的概率，
因为，
所以当时，，即“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，，即两种赛制下甲夺冠的概率一样；
当时，，即“双败淘汰制”对甲夺冠有利.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则.
②略
（2）略