山东省菏泽市联考2025-2026学年高一下册7月期末数学试卷-含答案

数学满分150分，考试时间120分钟.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：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、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.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.在复平面内，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.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.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.已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且.（1）求；（2）记的外接圆圆心为.（ⅰ）求（用表示）；（ⅱ）若为边上一点，，，，求的面积.19.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.

数学满分150分，考试时间120分钟.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.4答案：A解析：解答过程：复数，即的虚部为3.2.一组从小到大排列的数据：若这组数据的第百分位数为11，则（）A.7 B.8 C.9 D.10答案：D解析：思路：根据第60百分位数计算方法得到其表达式，结合第60百分位数为，再求出的值.解答过程：该组数据共有5个，从小到大排列：.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.如图，在正方形中，E，F分别为，的中点，则（）A. B.C. D.答案：B解析：解答过程：因为为中点，所以，则.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.答案：D解析：思路：加入等于原平均数的新数据会使平均数保持不变，但由于数据总数增加且新数据不产生新的偏差，从而导致方差减小.解答过程：由题意得原数据的总和为，加入后数据总和变为，此时这个数的平均数，故AB错误，又，加入后平方和变为，此时这个数的方差，故C错误，D正确.5.已知，，若，则（）A.或 B.或C.或 D.或答案：C解析：思路：由数量积的坐标运算结合向量的模即可求解.解答过程：设，由题意得，解得或,即或.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互为对立事件答案：D解析：思路：利用概率的加法公式，结合互斥、包含、独立与对立事件的定义，逐一代入已知条件验证各个选项.解答过程：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.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.答案：A解析：思路：通过解三角形确定梯形各边长度及位置关系，发现，将旋转体分割为圆锥和圆台挖去圆锥的组合体，分别计算体积后求和．解答过程：在直角梯形

中，过点作于点，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.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.答案：B解析：思路：通过解直角三角形求出关键点的坐标或线段长度，利用平行线性质和角度关系确定第三本书的倾斜角，最后通过线段投影计算的长度．解答过程：如图，设为坐标原点，直线为轴，直线为轴，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，所以点的纵坐标，设在的左上方，则与的竖直距离为，因为与竖直方向夹角为，与的水平距离为，点在点的右下方，水平距离为，所以，，所以．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.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答案：ABD解析：解答过程：

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，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.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.二面角的大小为答案：BC解析：思路：对于选项A，利用反证法证明与平面不平行；对于选项B，通过平移转化为两条相交直线所成的角，解三角形即得；对于选项C，作出点到平面的垂线段，解三角形即得；对于选项D，作出二面角的平面角求解.解答过程：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，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.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，的最小值为答案：BCD解析：思路：利用新定义，对选项的各个式子进行转化，再利用三角形的边与角关系、构造函数、基本不等式等判断对应式子的值或范围.解答过程：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，所以.所以.又得，所以，当且仅当即时等号成立，故D正确.方法提示：本题核心是将新定义的向量运算转化为向量投影，易错点是三角形中向量夹角多为内角的补角.解题以正余弦定理实现边角互化为核心，结合三角恒等变换、函数单调性、基本不等式综合求解，是解三角形的经典综合题.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______.答案：解析：解答过程：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.若虚数是实系数一元二次方程的一个根，且，则______.答案：解析：思路：利用实系数一元二次方程共轭虚根成对的性质，结合韦达定理与复数模的运算公式求解即可；解答过程：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.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______.答案：解析：思路：乙比甲多投进1球包含两类互斥事件：乙投进1球且甲投进0球、乙投进2球且甲投进1球；甲投篮命中次数，乙投篮命中次数，分别计算两类事件的概率后求和即可.解答过程：设甲3次投篮投进的次数为随机变量，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，由乙每次投进的概率为，得，.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.在复平面内，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.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由是纯虚数，先利用复数的除法进行化简，再利用纯虚数的定义即可求的值；（2）若，的夹角为锐角，则且，的夹角不为0，结合复数的几何意义即可求解m的取值范围.（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.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.答案：（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.解析：思路：（1）应用线面垂直判定定理得到平面，进而应用面面垂直判定定理证明即可；（2）应用线面平行性质定理得出，再应用证明平行四边形得出边长关系即可证明中点.（1）略（2）略17.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.答案：（1）（2）解析：思路：（1）统计不放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入古典概型概率公式求解；（2）统计有放回抽取方式下的总等可能样本数，以及两张标签数字相等的事件对应的样本数，代入古典概型概率公式求解.（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，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.已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且.（1）求；（2）记的外接圆圆心为.（ⅰ）求（用表示）；（ⅱ）若为边上一点，，，，求的面积.答案：（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）解析：思路：（1）利用正弦定理和余弦定理将已知式子化简即可.（2）（ⅰ）取中点，转化为的线性关系即可；（ⅱ）利用（ⅰ）的结果将，转换成的关系，联立方程可解的值，从而可得的面积.（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，连接.因为是的外接圆圆心，所以，即，又，所以；（ⅱ）同理可得，因为为边上一点，，所以，所以，即，所以，所以，所以，解得，所以.19.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.答案：（1）（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）解析：思路：（1）依次求得，逆运用勾股定理，可得为直角三角形，即可得解；（2）根据勾股定理证得，结合菱形对角线互相垂直，即可证得；（3）（ⅰ）先根据外接球的特征，找到外接球的球心，再确定平面与平面的交线，再构造利用辅助平行线构造全等三角形，即可得解；（ⅱ）先翻译距离条件，锁定点所在的平面，并明确的活动范围，化空间区域为线段，转换底面与高，确定体积最大值的位置，最后利用比例关系求体积即可.（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）略（3）（ⅰ），，得，又因为，故为等边三角形，因此.三棱锥的外接球球心到四点的距离相同，而注意到，因此外接球球心与点重合，因此平面即平面.