广东省深圳市南山区2025~2026学年高一下册期末检测数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．第I卷（选择题）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.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.2.样本数据2，4，2，12，11的中位数和极差分别为（）A.2和9 B.2和10C.4和9 D.4和103.已知在平面直角坐标系中，点如图所示，则（）A. B. C. D.4.已知两点到平面的距离分别为2和4，则线段的中点到的距离为（）A.1 B.2 C.3 D.1或35.已知的直观图是等腰直角三角形，如图所示，其中，则（）A.1 B.2C. D.36.在中，角所对的边分别为，则“”是“”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7.在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.8.从0，1，2，3，4这5个数字中选3个不同的数字组成三位数，则该三位数能被3整除的概率为（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知向量，的夹角为，且，，则（）A. B.C. D.10.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件“两次投掷的点数之和为偶数”为，事件“两次投掷的点数之和为3的倍数”为，事件“第一次投掷的点数不超过4”为，则（）A.与互斥 B.C. D.与相互独立11.已知正方体的棱长为分别是的中点，点在正方体表面运动，且，设点均在动球的球面上，则（）A.四面体的体积为B.存在点，使得平面C.点的轨迹长度为D.球的表面积最大值为第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知某班级女生和男生人数之比为，若某次考试的班级平均分为80，且男生平均分为78，则女生平均分为___________．13.已知圆锥的母线长为其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为_____．14.已知正三角形的边长为3，且，过点且垂直于的直线交的外接圆于两点，若点为边上的动点，则的最大值为___________．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.已知在中，．（1）求；（2）设为的中点，求．16.如图，在正三棱柱中，为的中点．（1）证明：∥平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．17.某学校开展了数学建模比赛活动，从全体参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分成6组：，制作出如图所示数据不完整的频率分布直方图，并计算出：成绩在内的学生的平均成绩为分．（1）求a的值（保留三位小数）；（2）由频率分布直方图估算全体参赛者成绩的第80百分位数；（3）先按成绩进行分层，通过分层随机抽样的方法，从区间抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求恰有1人测试成绩位于区间的概率．18.如图，在四棱锥中，平面，，，．（1）证明：平面平面；（2）若，求点到平面的距离；（3）若，求二面角的正切值的取值范围．19.以法国数学家布洛卡命名的布洛卡点是三角形内部的特殊点，其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．（1）若，且，求的大小；（2）证明：；（3）若，求的最大值．

数学本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．第I卷（选择题）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.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：，则复数的共轭复数为．2.样本数据2，4，2，12，11的中位数和极差分别为（）A.2和9 B.2和10C.4和9 D.4和10答案：D解析：解答过程：将样本数据从小到大排序得，则中位数为，极差为.3.已知在平面直角坐标系中，点如图所示，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由图可得各点坐标，求出，坐标，即可得答案.解答过程：由图可得，所以，则.故选：C4.已知两点到平面的距离分别为2和4，则线段的中点到的距离为（）A.1 B.2 C.3 D.1或3答案：D解析：解答过程：若点，在平面的同侧，则线段的中点到平面的距离为；若点，在平面的异侧，则线段的中点到平面的距离为.综上，线段的中点到平面的距离为1或3.5.已知的直观图是等腰直角三角形，如图所示，其中，则（）A.1 B.2C. D.3答案：D解析：思路：根据斜二测画法的规则还原原图形的线段长度及位置关系，利用勾股定理求解.解答过程：因为，所以轴,在中，，，所以还原图形，所以，，.在中，.故选：D6.在中，角所对的边分别为，则“”是“”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答案：A解析：思路：根据“，得出，根据充分必要条件的定义可判断．解答过程：∵中，角所对的边分别为，，

或∴根据充分必要条件的定义可判断：

“”是“”的充分不必要条件．

故选A方法提示：本题考查了解三角形，充分必要条件的定义，属于中档题．7.在正四面体中，，分别为棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：作出图形，取的中点，连接，易得为与所成角或其补角，借助于余弦定理即可求得答案.解答过程：如图，设正四面体的棱长为4，取的中点，连接，因，分别为棱，的中点，则，且，，又因，在中，由余弦定理，，因，则为与所成角或其补角，由余弦定理，.即异面直线与所成角的余弦值为.8.从0，1，2，3，4这5个数字中选3个不同的数字组成三位数，则该三位数能被3整除的概率为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：先计算所有三位数的总数，再根据能被3整除的特征分类计数符合条件的三位数，最后代入古典概型公式求解概率即可.解答过程：记事件为“组成的三位数能被3整除”，计算总样本数：从0，1，2，3，4中选3个不同数字组成三位数，百位不能为0，百位共有种选择，剩余两位从剩下的4个数字中选2个排列，共有种，因此总三位数个数为，计算事件包含的样本数：能被3整除的数满足各位数字之和能被3整除，其组合有，，，，当组合为、时，每组组成的三位数的个数为，两组共个；当组合为、时，每组组成的三位数的个数为，两组共个；因此事件包含的样本点数为.由古典概型公式得.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知向量，的夹角为，且，，则（）A. B.C. D.答案：BD解析：思路：根据平面向量的定义，数量积的计算公式及运算律即可求解．解答过程：对于A，向量不能比较大小，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，则，故C错误；对于D，，则，故D正确．10.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件“两次投掷的点数之和为偶数”为，事件“两次投掷的点数之和为3的倍数”为，事件“第一次投掷的点数不超过4”为，则（）A.与互斥 B.C. D.与相互独立答案：BCD解析：思路：利用古典概率公式计算各事件的概率，再根据事件的独立和互斥的定义判断事件间的关系.解答过程：将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，列出所有的基本事件如下表所示：第二次第一次123456123456则共包含36种基本事件.A项，事件“两次投掷的点数之和为6”既含于事件，也含于事件，则与不可能互斥，故A错误；B项，由上表可知，事件共包含12种基本事件，则，故B正确；C项，由上表可知，事件和事件均包含24种基本事件，则，故C正确；D项，由上表可知，事件共包含18种基本事件，则，事件共包含12种基本事件，则，因为，所以与相互独立，故D正确.11.已知正方体的棱长为分别是的中点，点在正方体表面运动，且，设点均在动球的球面上，则（）A.四面体的体积为B.存在点，使得平面C.点的轨迹长度为D.球的表面积最大值为答案：AB解析：思路：对于A，使用等体积法可得，由于为的中点，则三点共线，故，从而计算出体积；对于B，经过点与平面平行的平面为平面，平面与点在正方形内的轨迹存在两个交点，故存在点，使得平面，所以B正确；对于C，分析点G在正方体各个面内运动轨迹，分别计算出轨迹长度，求和即可判断；对于D，找到球的球心，计算出球半径的表达式，再求出球半径的变化趋势即可判断.解答过程：对于A：正方体的棱长为，则面对角线长为，则正四面体的体积为，因为为的中点，则三点共线，则，故A正确；对于B:因为，，所以四边形是平行四边形，则，平面,平面,所以，平面,同理可得平面,由于平面，所以，平面平面,当若点在正方形内时，因为，，所以在中，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆,由于点到直线距离为，故线段与点的轨迹必有两个交点，此时平面，平面平面，所以平面，故B正确；对于C：若点在正方形内时，设的外接圆半径为，圆心为，那么，如图的外接圆与以为圆心，半径为2的圆在正方形内部无公共点，即无法保证，又点均在动球的球面上，故点在正方形内没有轨迹；若点在正方形内，因为，，所以在中，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（去除与边的交点），其轨迹长度为；若点在正方形内，同理可得轨迹长度为；若点在正方形内，因为，，所以，,,则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长度为；若点在正方形内,轨迹为一个点；若点在正方形内，同理可得轨迹为一个点；综上，点的轨迹长度为，故C错误；对于D，点均在动球的球面上，由于三点为定点，故球心在经过的外心与平面垂直的直线上，若点在正方形或内运动时，当点越接近边或边即越接近与共圆的点时，则过的球半径趋于无穷大，故D选项错误；第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知某班级女生和男生人数之比为，若某次考试的班级平均分为80，且男生平均分为78，则女生平均分为___________．答案：82.5解析：思路：根据加权平均数的计算规则，结合总分的等量关系列方程求解女生平均分.解答过程：依题意，记女生人数为（），则男生人数为，设女生平均分为.则有

，解得，解得.13.已知圆锥的母线长为其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为_____．答案：解析：思路：根据侧面积公式解弧长公式计算求出底面半径，再应用圆锥的表面积公式计算求解.解答过程：设圆锥的底面半径为，因为圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为所以该圆锥的表面积为故答案为：.14.已知正三角形的边长为3，且，过点且垂直于的直线交的外接圆于两点，若点为边上的动点，则的最大值为___________．答案：5解析：思路：设为外接圆的圆心，结合垂径定理和正弦定理可得的值，再由极化恒等式推出，于是问题转化为求的最大值，然后结合余弦定理，即可得解．解答过程：设为外接圆的圆心，连接并延长交于点，连接，因为，所以，因为为正三角形，所以也是的重心，所以，所以，，因为，所以，在中，由正弦定理可知，外接圆半径，即，所以，因为，所以，所以，因为点为边上的动点，当点与点重合时，，在中，由余弦定理可知，，所以，所以.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.已知在中，．（1）求；（2）设为的中点，求．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据已知条件结合余弦定理可求出，，所以易知；（2）在

中利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出即可.（1）

在中，，由

，得

.由余弦定理可知，故，于是，，所以

.（2）

为中点，则

，.在

中，解得.在中，由正弦定理，.16.如图，在正三棱柱中，为的中点．（1）证明：∥平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．答案：（1）连接交于点，连接，在矩形中，为的中点，又因为为的中点，所以，又平面，平面，所以∥平面；（2）解析：思路：（1）利用线面平行的判定定理进行证明；（2）根据线面所成角的定义确定直线与平面所成角，再利用正弦定义求解.（1）略（2）在正三棱柱中，底面，因为底面，所以，又因为为正三角形，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，所以直线与平面所成角为，在中，，在中，，所以在中，17.某学校开展了数学建模比赛活动，从全体参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分成6组：，制作出如图所示数据不完整的频率分布直方图，并计算出：成绩在内的学生的平均成绩为分．（1）求a的值（保留三位小数）；（2）由频率分布直方图估算全体参赛者成绩的第80百分位数；（3）先按成绩进行分层，通过分层随机抽样的方法，从区间抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求恰有1人测试成绩位于区间的概率．答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）由频率分布直方图计算成绩在内的频率，求得相应的频数，由成绩在内的学生的平均成绩为分列出方程，求解可得；（2）先确定全体参赛者成绩的第80百分位数所在区间，再根据百分位数的计算方法求得全体参赛者成绩的第80百分位数；（3）由频率分布直方图得成绩在区间内的频率比，从而确定从区间抽取的人数，再根据古典概型的概率求法计算恰有1人测试成绩位于区间的概率.（1）由频率分布直方图知，成绩在内的频率分别如下，为，，，，对应的频数分别为.所以成绩在内的学生的平均成绩为，整理得，解得.（2）因为成绩在内的频率为，成绩在内的频率为，所以全体参赛者成绩的第80百分位数在内.设全体参赛者成绩的第80百分位数为，则，解得.（3）成绩在区间内的频率分别如下，为，所以频率比为.所以按分层抽样的方法，从区间抽取的5人，来自区间内的有1人，记为；来自区间内的有3人，分别记为；来自区间内的有1人，记为，从这抽取的5人中随机抽取2人，样本空间为，记恰有1人测试成绩位于区间为事件，则，所以.即恰有1人测试成绩位于区间的概率为.18.如图，在四棱锥中，平面，，，．（1）证明：平面平面；（2）若，求点到平面的距离；（3）若，求二面角的正切值的取值范围．答案：（1）因为，，则，故，因为平面，平面，所以，因为平面