2026年江苏徐州市高一下学期期末考数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页菁华高级中学2025-2026学年度高一年级期末模拟考数学试题时间：120分钟分值：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1．已知复数，则的虚部为（）A． B． C． D．2．某人一次掷出两枚骰子，点数和为的概率是（）A． B． C． D．3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则4．连续抛一枚硬币三次，事件“至多有一次硬币正面朝上”的对立事件是（

）A．至少有一次硬币正面朝上 B．至少有两次硬币正面朝上C．至少有一次硬币反面朝上 D．至少有两次硬币反面朝上5．如图，设，，线段DE与BC交于点F，且，则（

）A．3 B．4 C． D．56．若，则A． B． C． D．7．《九章算术》中将正圆台称为“圆亭”．某中学数学社团仿照古制制作了“圆亭”模型，模型上、下底面周长分别为和，高为3，则该模型的体积为（

）A． B． C． D．8．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是棱C1D1上的一点，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（）A．12π B．11π C． D．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．下列命题正确的是（

）A．正棱柱是平行六面体B．用斜二测画法画的水平放置的边长为2的正三角形的直观图面积是C．当z为复数时，D．在中，若，则10．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（）A．B．若，则周长的最大值为C．若为锐角三角形，且，则c的取值范围为D．若的外心为O，则11．已知A，B是随机事件，且，，则下列命题正确的有（

）A．A与B可能为互斥事件 B．若，则A与B相互独立C．若，则 D．若A与B相互独立，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．某校从450名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查.将这450名同学编号为，假设从第1行第7列的数字开始，则第6个被抽到的同学的编号为__________.64844217557217545506833104744767217633502583921206766301637859169555671913．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是平行四边形，，，直线平面，则______.14．已知15个数，，

，的平均数为6，方差为9，现从中剔除，，，，这5个数，且剔除的这5个数的平均数为7，方差为5，则剩余的10个数，，

，的方差为__________．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．计算：(1)；(2).16．为了调查假期期间数学网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了数学测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．(1)求图中a的值；(2)估计本次数学测试成绩的平均分和中位数．（每一组中的数据用该组区间的中点值作代表）17．如图所示正四棱锥，P为侧棱上的点，且.(1)记平面平面，证明：；(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.18．某商场开展促销活动，每消费300元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖.(1)已知甲在该商场消费了300元，求甲获得一等奖的概率；(2)当顾客在该商场消费满600元时，顾客有两次抽奖且这两次抽奖相互独立，为加大促销力度，在原规则的基础上，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了600元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件A，“乙恰好获得一个二等奖”为事件B.（i）顾客乙中二等奖的概率；（ii）判断事件A与B是否相互独立，并说明理由.19．在中，角的对边分别为，已知．(1)求的值；(2)若，解答下列问题：①当的面积为时，求AC边上的中线长；②若点D在边AC上，且BD平分，求的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】根据共轭复数的定义及复数虚部的定义求解.【详解】已知复数，则,所以的虚部为3.2．C【分析】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】掷出两枚骰子，设得到向上的点数分别为x，y，则基本事件总数为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共36种情况，其中点数和为的有、、、共种情况，所以点数和为的概率.故选：C3．D【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一分析四个选项即可.【详解】若，，，则直线与的位置关系可以平行、相交和异面，故A错误；若，，，则直线与的位置关系可以平行和异面，故B错误；若，，，则α，β可以平行也可以相交，故C错误；若，，可得，又，所以，故D正确.故选：D.4．B【分析】根据对立事件定义判断求解.【详解】因为事件“至多有一次硬币正面朝上”是“0次或1次硬币正面朝上”，对立事件是“2次或3次硬币正面朝上”，即“至少有两次硬币正面朝上”.故选：B.5．B【分析】用两种方式表示点F的位置，然后利用向量基，底不共线，对应系数相等，得到.【详解】依题意，,所以，所以，又因为，设，所以，即，因为，不共线，所以，所以，所以.6．D【详解】试题分析：，且，故选D.【考点】三角恒等变换【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．7．A【分析】应用圆台体积公式计算求解.【详解】已知圆台上、下底面周长分别为和，则半径分别为，，高．圆台体积公式为，代入得：．8．C【分析】根据正方体的性质，结合球的性质、平面垂线的性质、球的表面积公式进行求解即可.【详解】如图所示：设三棱锥外接球的球心为O，半径为R，设的中点分别为，连接EF，由正方体的性质可知：平面，根据正方体和球的对称性可知：球心O在线段EF上，设，设，则，由余弦定理，得，在直角中，由勾股定理，得，同理在直角中，由勾股定理，得，所以可得：，所以，显然当时，有最小值，所以三棱锥外接球的表面积的最小值为.9．BD【详解】正三棱柱是正棱柱但不是平行六面体，故A错误；原正三角形的面积为，由斜二测画法直观图与原图的面积关系得直观图的面积为，故B正确；取，则，，故C错误；记的外接圆半径为R，由，得，故，故D正确．10．ABD【分析】A选项，由正弦定理可得结论；B选项，由余弦定理和基本不等式可得，B正确；C选项，先由正弦定理可得，再求出A的范围，可得答案；D选项，利用向量投影的定义和三角形外心的定义计算出.【详解】A选项，，由正弦定理得，即，，因为，所以，故，A正确；B选项，，由余弦定理得，故，，因为，当且仅当时，等号成立，故，解得，，故的周长最大值为3，B正确；C选项，由正弦定理得，又，，故，若为锐角三角形，且，则，，结合，可得，故，C错误；D选项，若的外心为O，则在上的投影向量为，又，故，D正确11．BCD【分析】由题设结合独立事件、互斥事件的定义、概率公式与性质逐一分析即可判断.【详解】对于A，因为，所以，所以A与B不可能为互斥事件，故A错误；对于B，因为，所以若，则A与B相互独立，故B正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，若A与B相互独立，则与B相互独立，所以，故D正确.故选：BCD12．176【详解】第1行第7列的数字开始，依次抽取175，068，331，047，447，176，故第6个被抽到的同学的编号为17613．【分析】在线段上取点，使得，连接，，BD，由平面，可得，进而可得E是线段的中点，由向量关系可得，即可求.【详解】如图，在线段上取点，使得.连接，，BD，记，，连接，因为直线平面，且平面平面，所以.因为四边形ABCD是平行四边形，所以为线段BD的中点，则为线段的中点.因为，，所以，所以，即.因为为线段的中点，所以E是线段的中点，则，所以，则.故答案为：14．【分析】根据平均数和方差的公式求解即可.【详解】由题意知，，，所以，所以剩余的10个数的平均数为．根据方差公式，得，，即，，所以，所以剩余的10个数的方差为．故答案为：．15．(1)(2)【分析】（1）利用复数的加、减法计算即可；（2）利用复数的除法计算即可.【详解】（1）.（2）.16．(1)(2)平均分约为分，中位数约为分【详解】（1）由频率分布直方图可知每组频率依次为：，，，，，，则，解得.（2）由（1）可知每组频率依次为：，，，，，，估计本次数学测试成绩的平均分为（分）；因为，所以估计本次数学测试成绩的中位数为分.17．(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证.（2）连接BD交AC于O，连接，取中点，过作PC的平行线交于E，连接，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得出结论.【详解】（1）在正四棱锥中，，平面，平面，则平面，而平面，平面平面，所以.（2）在侧棱上存在一点E，使平面，满足.理由如下：连接BD交AC于O，连接，则O为BD中点，取中点，又，则，过作PC的平行线交于E，连接，在中，有，由平面PAC，平面PAC，得平面PAC，而，则，又，平面，平面，则平面，又，平面，因此平面平面，又，得平面，所以存在，且.18．(1)；(2)（i）；（ii）事件A与事件B不相互独立，理由见解析【分析】（1）根据古典概型求解概率；（2）（i）根据事件的独立性计算事件的概率（ii）根据事件的独立性定义验证事件的相互独立【详解】（1）记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为C，则6个球中一次摸出两球的样本空间为：，则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型.记事件“甲获得一等奖”，则，，所以，所以甲获得一等奖的概率为；（2）记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”，事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中（i）先不考虑额外中奖情况，事件“乙中二等奖”，由（1）知，；，再考虑额外中奖的情况，事件“乙中二等奖”，因为这两个事件为互斥事件，所以顾客乙中二等奖的概率为；（ii）由（1）知；，；，；，.则，，与相互独立.所以.因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立，所以.因为，且，互斥，两次抽奖相互独立，所以又所以，所以事件A与事件B不相互独立.19．(1)(2)①；