2026年广东深圳市多校高一期末联考质量检测数学试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东深圳市多校联考2025-2026学年第二学期高一期末质量检测数学试卷本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟1．答题前，考生请务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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．在复平面内，复数满足，则（

）A． B． C． D．2．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m//α，n//β，α//β，则m//nB．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//nC．若n//α，n//β，则α//βD．若m//n，n⊂α，则m//α3．从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和不超过8的概率为（

）A． B． C． D．4．在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若，则该三角形一定是（

）A．正三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形5．已知函数，若存在互不相同的，使得，则的最小值是（）A． B．2 C． D．6．已知向量，且，则的最大值为（

）A．7 B．8 C． D．7．若样本数据0，3，4，a，7的平均数为4，则其方差为（

）A． B． C． D．8．已知在直角梯形中，，若将梯形绕所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．某校高一学生有男生300人，女生200人，为了解该校高一学生的身高信息，按性别采用样本量按比例分配的分层随机抽样，共抽取50人，计算得到样本中男生、女生的平均身高分别为170和160（单位：厘米），方差分别为20和30，则下列结论正确的是（

）A．该校每一名高一学生被抽到的概率为0.1 B．男生、女生应抽取的人数分别为30和20C．样本的平均数为165 D．根据上述数据，估计该校高一学生身高的方差为4810．已知函数，则下列结论正确的有（

）A．的一个周期是 B．在上单调递增C．的最大值为 D．方程在上有个解11．已知正方体的棱长为3，点是线段上靠近点的三等分点，是中点，则（

）A．直线与所成角的正切值为B．三棱柱外接球的半径为C．平面截正方体所得截面为等腰梯形D．点到平面的距离为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．某篮球运动员近8场比赛的得分从低到高依次为6，9，，，，，，，则这8个数据的上四分位数是____________．13．已知正四面体的棱长为1，若该正四面体的外接球表面积为，其内切球表面积为，则_____．14．在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______.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．已知，复数，，在复平面上对应的点分别为A、B、C，O为坐标原点．(1)求的取值范围；(2)当A、B、C三点共线时，求实数a的值．16．在中，角的对边分别为，且.(1)求的值；(2)若，，且的面积为，求的长度.17．如图1，在矩形中，是线段上的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面．(1)如图2，当时，点是线段的中点，求证：平面；(2)如图2，若点在平面内的射影落在线段上．①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离．18．已知锐角满足.(1)求的值；(2)求的值.19．在某密码通信系统中，字母只通过符号“⊙”和“”传输，每个符号（⊙或）的传输可能出错，传输结果相互独立．系统只有两种传输模式：模式1：若首次传输或前一位传输正确时，则：当发送“⊙”时，正确接收的概率为p，错误接收的概率为；当发送“”时，正确接收的概率为q，错误接收的概率为．模式2：若前一位传输错误，则当前位错误概率变为r，．假设，已知字母A的密码为“⊙”，字母G的密码为“⊙”．(1)若，．求字母A正确接收的概率；(2)若，在字母G接收的3个符号中，记“收到⊙的个数为1”，“收到⊙的个数为2”，试比较和的大小．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】利用复数模的运算性质及共轭复数的模与原复数模相等的关系求解，也可先化简得到z再计算其共轭的模.【详解】已知，对等式两边同时取模，可得：分别计算两个已知复数的模：，，代入上式解得，由，因此.2．B【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判断A；直接证明B正确；由平行于同一直线的两平面的位置关系判断C；由直线与直线平行分析直线与平面的关系判断D．【详解】对于A，若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；对于B，若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β，从而l//n，故m//n，故B正确；对于C，若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误；对于D，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误．故选：B．3．A【分析】先确定三个数之积为偶数的样本总数，再从中筛选出和不超过8的样本数，结合古典概型公式计算条件概率.【详解】首先，从1,2,3,4,5中随机选取3个不同的数，共有种组合，分别为：、、、、、、、、、。若三个数之积为偶数，则排除三个数全为奇数的情况，仅需排除这1种，因此满足“积为偶数”的样本共9种。在上述9种样本中，逐一计算三数之和：和为，符合要求；和为，符合要求；和为，符合要求；和为，符合要求；其余样本的和均大于8，共4种符合要求的样本，根据古典概型概率公式，所求概率为4．B【分析】利用二倍角余弦公式和正弦边角互化，结合三角形内角性质可得，即可判断形状.【详解】由，可得，，所以，，故，因为，所以，，即是直角三角形.故选：B.5．D【分析】利用相位分析，要满足正弦函数区间内存在两个最小值点，则只需要，问题即可求解.【详解】因为函数的值域为，所以存在互不相同的，使得，即同时使得，即因为由于区间内使得正弦函数取最小值时的的取值依次是，所以，故选：D.6．C【分析】利用向量的坐标运算，可得到动点轨迹，然后借助几何意义求出最大值.【详解】设，则，即点B的轨迹为以为圆心，4为半径的圆．故的最大值为．7．D【详解】由题知，解得，所以方差.8．B【分析】作出合理辅助线，求出相关边长，最后利用锥体体积公式即可得到答案.【详解】过点作，垂足为，延长交延长线于点，因为，则为等腰直角三角形，又易得四边形为正方形，则，，因为，则，则也为等腰直角三角形，且，连接，过点作，易得，若将梯形绕所在直线旋转一周得到一个几何体，则形成的空间几何体为两个同底的大圆锥去掉两个同底的小圆锥，其中大圆锥的底面半径长为，高为，小圆锥的底面半径为，高为，其体积为.故选：B.9．ABD【详解】每一名高一学生被抽到的概率为，A正确；按比例分配抽样，，，B正确；样本总平均数的计算公式为：，代入数据得：，C错误；在分层抽样中，总样本方差的计算公式为：，代入数据：，D正确.10．BD【分析】根据、的值即可判断A；写出函数在上的解析式，再根据余弦函数的单调性即可判断B；易得函数为偶函数及当时，函数是以为周期的周期函数，求出函数在的最大值即可判断C；求出当时，方程的根的个数，再根据函数的奇偶性即可判断D.【详解】已知函数，对于A，因为，，由于，所以不是函数的一个周期，故A错误；对于B，当时，，由，可得，所以在上单调递增，故B正确；对于C，因为，因此函数是偶函数，则当时，，因为，所以当时，函数是以为周期的周期函数，则当时，，当时，，则，则，当时，，则，则，综上所述，，所以的最大值是，故C错误；对于D，当时，，由，得，所以或，所以或，，又因为，所以或或，当时，，由，得，所以或，所以或，，又因为，所以，综上可得，当时，方程有个解，又因为是偶函数，所以当时，方程有个解，又因为也是方程的解，所以方程在上有个解，故D正确.11．ABD【分析】对A：借助等角定理可得直线与所成角与直线与所成角相等，计算出、即可得；对B：由三棱柱外接球与正方体外接球相同，故计算正方体体对角线的一半即可得；对C：借助平行线的性质可作出该截面，计算边长即可得；对D：借助等体积法计算即可得.【详解】对A：由，故直线与所成角与直线与所成角相等，连接，可得，又，故，故A正确；对B：三棱柱外接球与正方体外接球相同，故其外接球半径为，故B正确；对C：如图：取中点，连接，过点作，交于点，则，所以平面截正方体所得截面为梯形，由，所以，所以，，所以，所以梯形不是等腰梯形，故C错误；对D：如图：设点到平面的距离为，则，而，，所以，故D正确.故选：ABD.12．##【详解】数据升序排列为：6，9，，，，，，，上四分位数的位置为，位置为整数，取第项的平均值．13．9【分析】求出外接球半径和内切球半径，得到半径之比，从而得到表面积之比【详解】过点作⊥平面于点，则点在的中线上，且，由三线合一可得⊥，，，故，外接球球心为，设，，在中，由勾股定理得，即，解得，，，设内切球半径为，则，解得，由于，所以.14．【分析】设到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解.【详解】在棱长为的正方体中，由平面，即到平面的距离为，即三棱锥的高，所以三棱锥的体积为，设到平面的距离为，由，可得,所以，因为，可得，解得，所以点到平面的距离为.15．(1)(2)【分析】（1）利用复数相加求出，利用复数模长公式转化为代数式，结合基本不等式求最小值，进而求出模长范围；（2）求出复数对应复平面内点坐标，利用三点共线得出斜率相等构造方程，解方程求实数a的值．【详解】（1），，当且仅当时取等号，故的取值范围为．（2）由题意知，，当A、B、C三点共线时，直线斜率相等，，，则，，则，解得．16．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换公式可求；（2）先求，根据正弦定理可得三边之比，结合面积可求三边，再由余弦定理可求的长度.【详解】（1）由及正弦定理，得，因为，且，所以，即，因为，所以.（2）由的面积为，得，所以①，又，所以，故，由正弦定理，得②，由①②可得，，，因为，所以，在中，由余弦定理，得，所以.17．(1)证明见解析(2)①存在，；②【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）①当点与点重合，即时平面，此时，由线面垂直的性质得到，即可得到平面，结合，即可证明平面；②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，设，即可由利用基本不等式求出体积最大值，即可此时的长度，再结合①得解.【详解】（1）取的中点，连接、，因为点是线段的中点，所以且，又因为且，所以且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）①存在点，当点与点重合，即时平面；理由如下：当点与点重合，则，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又，，平面，所以平面，所以当点与点重合，即时平面；②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，折起后可知，设，则，，由，所以，即，则，所以，要使得点的射影落在线段上，则，即又，解得，在中，所以，当且仅当，即时，所以当时，，即是的中点，所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，又由①知，当时点与点重合时平面，所以点到平面的距离为.18．(1)(2)【分析】（1）首先由锐角求出，根据两角差的正弦公式求值；（2）由二倍角公式求出，根据两角和的余弦公式求出，然后根据角的范围确定角的值.【详解】（1）因为为锐角，所以，，，因为为锐角，所以，，，.（2）因为为锐角