重庆市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷（含解析）

重庆市康德卷2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷一、单选题1．已知向量，若

，则（

）A． B． C． D．2．已知一组数据为:3，4，6，7，7，10，下列说法正确的是（

）A．中位数为6，极差为6 B．中位数为6.5，极差为6C．中位数为6，极差为7 D．中位数为6.5，极差为73．已知复数是方程的根，则可以是（

）A． B．-2i C． D．4．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，则原三角形的面积为（

）A．1 B．2 C．4 D．85．已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“直线共面”是“三点共线”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知向量，则向量在向量方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．7．已知正方体中，为平面内的动点（异于），则异面直线与直线所成角（

）A．恒为 B．恒为 C．恒为 D．随的位置改变而变化8．将一枚质地均匀的骰子先后掷两次，第一次点数记为，第二次点数记为.则满足方程有实数根且的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知直线及平面.下列命题中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．已知向量满足，则下列说法正确的是（

）A． B．C．若，则 D．的最小值为11．已知在中，内角的对边分别为，且满足，则下列说法正确的是（

）A． B． C． D．三、填空题12．已知复数，则_____13．已知正四面体的内切球体积为1，则外接球的体积为_____14．在中，、为边上的三等分点，，与所成的夹角为，则的最大值为_____四、解答题15．已知复数，其中，为虚数单位.(1)若是纯虚数，求实数的值:(2)若的实部与虚部相等，求.16．甲乙两人进行投篮训练，每人投两次.设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，两人每次投中与否相互独立.若甲只投中1次的概率为，乙投中2次的概率为.(1)求，的值；(2)求两人一共投中两次的概率.17．在中，内角所对的边分别是，外接圆半径为1，(1)求角；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.18．某校高一年级进行“数学文化知识”测试（满分100分），为了解本次测试情况，从中随机抽取了100名学生的测试成绩作为样本进行统计，整理得频率分布直方图（如图所示），其中样本数据的分组区间为，.(1)求的值；年级计划给测试成绩排名前25%的学生颁奖，请根据样本数据，估计获奖学生的最低分数线；(2)从样本数据在两个小组内的同学中：①采用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率：②采用简单随机抽样的方法抽取2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率；判断①②两种抽样方式中哪种抽样方式的样本代表性更强，并说明理由；(3)已知在这些数据中，落在内的学生的测试成绩的平均数为90，方差为9，最高分和最低分分别为96，84，若剔除这两个分数（均只有一人），求内剩余学生的测试成绩的平均数和方差.19．如图，在三棱锥中，底面满足，，，点在上，满足，点在底面上的投影为点.(1)求证：平面平面；(2)设直线，与底面所成角分别为，，（i）求的最大值；（ii）当取最大值时，求平面与平面所成二面角的正弦值.

参考答案1．C【详解】因，，则.2．D【详解】中位数为，极差为.3．C【详解】解得或，结合选项，可以是.4．B【详解】由已知得的原图如下：其中，所以.5．A【详解】首先判断充分性：若直线共面，设该平面为，则，，，故均为平面与的公共点，根据平面的基本性质，两个不重合平面的所有公共点都在它们的交线上，因此三点共线，充分性成立；再判断必要性：若三点共线，设三点共线于直线，可构造三条直线分别过，且三条直线不在同一平面内（例如过分别作平面的三条不同方向的斜线），此时共线但不共面，故必要性不成立；因此“直线共面”是“三点共线”的充分不必要条件.6．A【详解】因向量在向量方向上的投影向量为，由，，可得，故向量在向量方向上的投影向量为.7．C【详解】在正方体中，底面，所以，又底面为正方形，所以，因为平面，所以平面，因为为平面内的动点（异于），所以平面，可得，即异面直线与直线所成角恒为.8．B【详解】对于一元二次方程，其判别式，因为方程有实数根，所以，即，即，骰子点数取值为，且均为正整数，因为，所以，当时，，要求，无符合条件的值，当时，，要求，符合条件的有，共2种，当时，，骰子，要求，符合条件的有，共3种，当时，，骰子，要求，符合条件的有，共2种，当时，，骰子，要求，符合条件的有，共1种，当时，要求，骰子无对应点数，无符合条件的值，满足条件的总组合数为种，则总基本事件数为种，则满足方程有实数根且的概率为.9．BD【详解】对于A，当时，可能与平行，相交（包含垂直），故A错误；对于B，因，，则在内存在直线，使得，从而，故B正确；对于C，若，则可能与平行或异面，故C错误；对于D，当时，结合线面垂直性质可得，故D正确.10．ABD【详解】选项A，因为，所以，即，则，即，选项A正确.选项B，将这两个等式相减，得，即，选项B正确.选项C，若，因为，所以，即，则，选项C错误.选项D，因为，所以，即，即，当且仅当时取等号，所以，即的最小值为，选项D正确.11．ABD【分析】根据正弦定理、余弦定理，结合二倍角的正弦公式、余弦公式、同角的三角函数关系式逐一判断即可.【详解】根据正弦定理，由，所以选项A正确；由余弦定理，得，即，当且仅当时取等号，所以选项B正确；因为，且，所以，因此选项C不正确；，由正弦定理，得，由余弦定理，得，因为，所以，因此选项D正确.12．5【详解】13．27【详解】正四面体的外接球与内切球的球心重合，均为正四面体的中心，设内切球半径为，外接球半径为，正四面体底面积为，高为，正四面体体积可表示为，也等于4个以正四面体各面为底、为高的小三棱锥体积之和，即，所以，化简得.外接球半径是中心到顶点的距离，故，即。因此，已知，故.14．【详解】因为、为边上的三等分点，所以.因为，，所以.因为，与所成的夹角为，所以.令，则，.当时，取得最大值为.15．(1)(2)【详解】（1）因为复数为纯虚数，所以，解得.（2）根据题意得，，解得：，将代入复数的表达式中，得：，故.16．(1)(2)【详解】（1）甲投中一次的概率为第一次投中第二次不中和第一次不中第二次投中概率之和，可得，整理可得，解得，乙投中两次的概率为第一次投中第二次也投中，即，所以.（2）情况一：甲中2，乙中0，甲投中两次的概率为，乙投中0次的概率为，所以甲中2次且乙中0次的概率为；情况二：甲中1，乙中1，由（1）知甲投中1次的概率为，乙投中1次的概率为，所以甲中1次且乙中1次的概率为；情况三：甲中0，乙中2，甲投中0次的概率为，乙投中2次的概率为,所以甲中0次且乙中2次的概率为；综上所述，两人一共投中两次的概率为.17．(1)或(2)【详解】（1）已知外接圆半径为1，由正弦定理得，即，，，代入已知等式，得：因为，所以：，因为，所以，，故或；（2）因为为锐角三角形，所以，因为，即，由锐角三角形条件得，解得，因为，因为，所以，则，所以.18．(1)，估计获奖学生的最低分数线为分；(2)①；②；分层抽样的样本代表性更强，理由是分层抽样保证了样本结构与总体结构的一致性，能更好地反映总体的特征，而简单随机抽样具有随机性，样本结构可能与总体结构存在较大差异.(3)平均数为，方差为。【详解】（1）由频率分布直方图可知，组距为20，则，解得，各组频率依次为：，，，，，因为，且，所以前的学生位于内，设最低分数线为，则，解得，即估计获奖学生的最低分数线为分.（2）样本中组的人数为人，组的人数为人，即两组共有15人，①采用分层抽样抽取6人，抽样比为，则从组抽取人，从组抽取人，所以总的基本事件数为，选出的两人恰好来自不同小组的基本事件数为，因此所求概率；②采用简单随机抽样从15人中抽取2人，总的基本事件数为，选出的两人恰好来自不同小组的基本事件数为，因此所求概率；判断：分层抽样的样本代表性更强，理由略.（3）设组内的10名学生的成绩分别为，由题意可知，原平均数，则，原方差，则，剔除最高分96和最低分84后，剩余8名学生的成绩之和为，则剩余学生的平均数，剩余学生的离差平方和为，则剩余学生的方差，因此剩余学生的测试成绩的平均数为90，方差为2.25.19．(1)因为，所以.由，得，则有，所以.所以，即.因为点在底面的投影为点，所以平面.因为平面，所以.因为平面，