山东省菏泽市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷（含解析）

山东省菏泽市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，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，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。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,则z的虚部为(

)A.3 B. C. D.42．一组从小到大排列的数据:3,4,x,12,16,若这组数据的第百分位数为11,则(

)A.7 B.8 C.9 D.103．如图,在正方形中,E,F分别为,的中点,则(

)A. B.C. D.4．已知某9个数的平均数为3,方差为2,现加入一个新数据3,此时这10个数的平均数和方差分别记为和,则(

)A. B. C. D.5．已知,,若,则(

)A.或 B.或C.或 D.或6．对于随机事件A,B,若,,则下列说法中错误的是(

)A.当A,B互斥时,B.当时,C.当时,A,B相互独立D.当时,A,B互为对立事件7．如图,在直角梯形ABCD中,,,,,,以直线AD为轴,其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体,则该几何体的体积为(

)A. B. C. D.8．现有3本相同的书,厚度为3cm,长为15cm,摆放在书架的一角（如图1）,在其正视图（图2）中,记,则(

)A. B.C. D.二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计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．为评估某款AI芯片在不同模型架构下的推理延迟表现,抽取200个模型作为样本,测试模型的推理延迟时间（单位:ms）,将测试数据适当分组,得到如图所示的频率分布直方图,其中分组区间为,,,,,则(

)A.B.样本中延迟时间在内的模型个数为60C.样本的中位数落在区间内D.15可以作为样本众数的估计值10．如图,在长方体中,,,M,N,P分别为AB,CD,的中点,则(

)A.平面 B.直线与CP所成的角等于C.点P到平面的距离为 D.二面角的大小为11．对任意两个非零向量,,定义新运算:,中三个内角A,B,C的对边为a,b,c,则(

)A.当,,时,B.当时,C.当,时,D.当时,的最小值为三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知的三个内角A,B,C的对边为a,b,c,且,,,则______.13．若虚数是实系数一元二次方程的一个根,且,则______.14．甲乙两人投篮比赛,甲每次投进的概率为,乙每次投进的概率为,且各次投篮互不影响.若甲投3次,乙投2次,则乙比甲多投进一球的概率为______.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．（13分）在复平面内,O是原点,向量对应的复数是,向量对应的复数是,.（1）若是纯虚数,求m;（2）若,的夹角为锐角,求m的取值范围.16．（15分）如图,在四棱台中,底面是菱形,平面,,点E在棱上.（1）求证:平面平面;（2）若平面,求证:E是棱的中点.17．（15分）盒子中装有标号为1,2,2,3,3的5张标签（除标号外其他完全相同）,随机地选取两张标签,根据下列条件求两张标签上的数字为相等整数的概率.（1）标签的选取是不放回的;（2）标签的选取是有放回的.18．（17分）已知a,b,c分别为的三个内角A,B,C的对边,且.（1）求A;（2）记的外接圆圆心为O.（ⅰ）求（用表示）;（ⅱ）若M为边上一点,,,,求的面积.19．（17分）如图,在四棱锥中,底面ABCD是菱形,AC,BD交于点E,,,.（1）求PE的长;（2）求证:平面PBD;（3）设O为三棱锥的外接球球心,分别为的中点,过点的平面与交于点H.（ⅰ）求的值;（ⅱ）点Q为四边形OMHN内一动点（含边界）,且,求三棱锥体积的最大值.参考答案1．答案：A解析：复数,即的虚部为3.2．答案：D解析：该组数据共有5个,从小到大排列:3,4,x,12,16.首先计算,所以根据百分位数的定义,第百分位数为第3项与第4项数据的算术平均数,即,解得.3．答案：B解析：因为E为中点,所以,则.4．答案：D解析：由题意得原数据的总和为,加入3后数据总和变为,此时这10个数的平均数,故AB错误,又,加入3后平方和变为,此时这10个数的方差,故C错误,D正确.5．答案：C解析：设,由题意得,解得或,即或.6．答案：D解析：对于A,若A,B互斥,所以,解得,故A正确,对于B,当时,,故B正确,对于C,,解得,故A,B相互独立,C正确,对于D,对立事件要求,与的条件不符,故D错误.7．答案：A解析：在直角梯形中,过点D作于点F,因为,,所以因为,所以,因为,,所以四边形为矩形,因此,在中,由余弦定理得:,所以,因为所以,即,该几何体由和绕直线旋转而成,（1）绕直线旋转形成一个圆锥,底面半径,高,所以该部分体积为;（2）绕直线旋转形成的几何体为圆台挖去一个圆锥,如图,直角梯形绕直线形成圆台,绕直线形成圆锥,因为,所以,因为,所以,作所在直线,所以,所以可得圆台的上底半径,下底半径,高,所以圆台体积小圆锥体积所以该部分体积为综上,该几何体的体积为8．答案：B解析：如图,设A为坐标原点,直线为x轴,直线为y轴,在中,,,,所以,因为,,所以（其中为在轴上的投影）,在中,,所以,,所以点F的纵坐标,因为四边形为矩形,所以,又与竖直方向（）夹角为,所以与竖直方向夹角也为,因为L在上,所以射线与竖直方向夹角为,已知,所以与竖直方向的夹角为,则与水平方向的夹角为,因为,所以点L的纵坐标,设L在F的左上方,则L与F的竖直距离为,因为与竖直方向夹角为,L与F的水平距离为,点K在点L的右下方,水平距离为,所以,,所以.9．答案：ABD解析：选项A:因为组距为10,所以有,解得,即,正确;选项B:延迟时间在内的频率为,样本总数为200,所以该区间内的模型个数为,正确;选项C:前两组的频率之和为,因为,且第一组频率为,所以中位数位于第二组内,而不是内,错误;选项D:图中最高的矩形对应区间为,其中点值为,所以15可以作为样本众数的估计值,正确.10．答案：BC解析：对于选项A,假设平面,因为分别为的中点,所以,又平面,平面,所以平面,又平面,且,所以平面平面.根据长方体的性质,有平面平面,所以平面平面,显然矛盾,故选项A错误;对于选项B,取的中点Q,连接,因为分别为的中点,所以,又,所以,所以与CP所成的角等于与所成的角,即或其补角.又,所以,故选项B正确;对于选项C,如图（1）,取的中点分别为,连,设.根据长方体的性质,则平面,又平面,所以平面平面,平面平面,过作,则平面,所以的长即为点P到平面的距离.在图（2）中,设,则,,,所以,因此,故选项C正确;对于选项D,根据长方体的性质知平面平面,所以即为二面角的平面角,在中,,所以,故选项D错误.11．答案：BCD解析：对于选项A,由余弦定理得,则.所以.与夹角为,则,,故A错误;对于选项B,与夹角为,所以,即.由正弦定理得.又,所以,即,得,又,,所以,即,故B正确;对于选项C,与夹角为,所以,即.由正弦定理得.又,所以,得,即.由,得,所以.令,由得.函数的导数,所以在上单调递减.又,,所以,即,故C正确;对于选项D,与夹角为B,所以.所以.又得,所以,当且仅当即时等号成立,故D正确.12．答案：解析：在中,由正弦定理,得,因为,所以,所以,根据三角形内角和为,故.13．答案：36解析：根据实系数一元二次方程的虚根性质:若虚数是实系数一元二次方程的根,则其共轭复数也为该方程的根.由韦达定理,.14．答案：解析：设甲3次投篮投进的次数为随机变量X,由甲每次投进的概率为,得;乙2次投篮投进的次数为随机变量Y,由乙每次投进的概率为,得,.乙比甲多投进一球的概率为.15．答案：（1）（2）解析：（1）由于是纯虚数,所以.（2）由向量对应的复数是,向量对应的复数是可得,,若,的夹角为锐角,则且,的夹角不为0,那么解得,且,所以,m的取值范围.16．答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）因为底面是菱形,所以,又因为平面,平面,所以,又平面,所以平面,且平面,所以平面平面;（2）因为,所以四边形是平面四边形,连接,因为平面,平面,平面平面,所以,又因为,所以四边形是平行四边形,所以,因为在四棱台中,,所以,因为四边形为菱形,所以,所以,所以E是棱的中点.17．答案：（1）（2）解析：（1）将5张标签标记为互不相同的等可能个体:（标号1）、（标号2）、（标号3）,试验符合古典概型特征;不放回选取两张标签:样本空间为;设事件为＂两张标签数字为相等整数＂,则包含的样本为,共个;由古典概型概率公式得.（2）有放回选取两张标签:样本空间总样本数;设事件为＂两张标签数字为相等整数＂,则包含的样本:（1）两张均为A,共1种;（2）两张均为,共种;（3）两张均为,共种,合计个;由古典概型概率公式得.18．答案：（1）（2）（ⅰ）;（ⅱ）解析：（1）因为,根据正弦定理得,根据余弦定理,则,所以,则,即,因为,所以;（2）（ⅰ）如图,取中点D,连接.因为O是的外接圆圆心,所以,即,又,所以;（ⅱ）同理可得,因为M为边上一点,,所以,所以,即,所以,所以,所以,解得,所以.19．答案：（1）（2）见解析（3）解析：（1）,.在菱形中,易知有,又因为,故,因此为等边三角形,易得,故,,因为,故,即为直角三角形,因此.（2）由（1）可知,,,有,故,又因为在菱形中,有,即,又因为,平面,故平面,得证.（3）（ⅰ）,,得,又因为,故为等边三角形,因此.三棱锥的外接球球心O到四点的距离相同,而注意到,因此外接球球心O与点C重合,因此平面即平面.设与交于点K,因为分别为的中点,所以,且易知K为的中点,即.因为平面,故直线平面,同理易证直线平面,故平面与平面的交线为直线,又因为因为H是平面与的交点,所以H必定在直线的延长线上.同时,在菱形中,E为对角线交点,所以E为的中点,即.在中,过点E作,交直线于点F,因为,即,得,且与互为对顶角,又已知K为的中点,所以(),由此可得对应边相等:,因为(即),所以,是中点,,又因为,故有,因此.（ⅱ）已知,故点Q必定位于线段的垂直平分面上,设该平面为,在底面菱形中,对角线互相垂直平分,即且交于中点E,因为过线段的中点且,所以直线,由此可得点.题目已知点Q在四边形内(含边界),且点,故点Q的轨迹为平面与四边形及其内部的交线.再定平面与平面的交线:设平面与棱交于点L,因为且,所以直线,又因为,故可得,由（1）可知,,在与中,为公共角,故,根据相似三角形对应边成比例可得:,已知,则,又,代入上式解得:,得,进而求得,又已知M为的中点,故,因此,,即点L为线段的中点.因为点且点,故平面与平面的交线即为直线.点均在平面内,故线段与直线共面,设直线与线段交于点R,由于点Q既在平面内,又受限于四边形,故点的轨迹即为线段,在平面内,过点H作交于点X,由（3）(i)结论知,因此,