河南省三门峡市2025~2026学年高一下册7月期末质量检测数学试卷【附解析】

数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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，则复数的模是（）A. B. C. D.2.高一（2）班有女生30人，男生20人，用分层抽样的方法从该班所有学生中抽取一个容量为10的样本，则男生应抽取（）A.3人 B.4人 C.5人 D.6人3.设向量，，则下列正确的是（）A. B.C.与的夹角为 D.4.甲、乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（）A. B. C. D.5.在中，，，所对的边分别为，，，，，，则的值为（）A. B. C. D.6.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（）A. B. C. D.7.在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，四边形为正方形，则到平面的距离为（）A. B. C. D.8.在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（）A. B. C. D.二、多选题：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.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本极差相同C.两组样本数据的样本中位数相同 D.两组样本数据的样本标准差相同10.下列关于各事件发生的概率判断正确的是（）A.从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为B.四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是C.一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为D.已知集合，，在集合中任取一个元素，则该元素是集合中的元素的概率为11.如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（）A.平面ABC B.C.平面 D.PQ与MN相交三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数与分别对应向量与，其中为坐标原点，则__________．13.将边长为2的正方形沿对角线折起，使折起后，则二面角的大小为_____.14.已知在中，，，，在的延长线上，，，若，则__________；__________．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.如图，在圆锥中，已知，圆的直径，是弧上的点（点不与､重合），为中点(1)求圆锥的侧面积；(2)证明:平面平面.16.每年3月是中辉中学的“数学节”，在本次数学节中高三年级举行了一次“数学文化知识竞赛”．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方为第2组和第4组频数的积．请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：（1）求，的值；（2）从样本数据在，两个小组内的同学中，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．17.在中，，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，的面积为．①求证：；②求的周长．18.每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．（1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率；（2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为．①求p，q的值；②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率．19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.（1）证明：；（2）证明：平面；（3）若，，记与平面所成角为，求的最大值.

数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每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，则复数的模是（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由复数模的计算公式求解.解答过程：.2.高一（2）班有女生30人，男生20人，用分层抽样的方法从该班所有学生中抽取一个容量为10的样本，则男生应抽取（）A.3人 B.4人 C.5人 D.6人答案：B解析：解答过程：男生应抽取的人数为：.3.设向量，，则下列正确的是（）A. B.C.与的夹角为 D.答案：D解析：思路：对于A：直接求出，即可判断；对于B：先求出，即可判断出不成立；对于C：利用向量的夹角公式求出，即可判断；对于D：先求出，即可判断出.解答过程：向量，.对于A：，，所以.故A错误；对于B：，，所以，所以不成立.故B错误；对于C：因为，且，所以.故C错误；对于D：，，所以，所以.故D正确.故选：D4.甲、乙两人投篮投中的概率分别为，，已知两人是否投中互不影响，两人各投篮一次，只有一个人投中的概率是（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：已知甲投中的概率为，乙投中的概率为，所以甲没投中的概率为，乙没投中的概率为.由于甲乙两人投篮是否投中互不影响，即事件与相互独立，可得甲投中乙没投中的概率为.同理，事件与相互独立，所以甲没投中乙投中的概率为.“只有一人投中”包含“甲投中乙没投中”和“甲没投中乙投中”这两个互斥事件，所以只有一人投中的概率.5.在中，，，所对的边分别为，，，，，，则的值为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：由余弦定理，，又为三角形内角，所以.所以.6.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：将该多面体补形为正方体，得到经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，求出该正方体的边长，求出棱切球的半径，得到表面积.解答过程：将该多面体补形为正方体，则有，，所以由勾股定理得：，所以正方体的边长为，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为7.在正三棱台中，，分别为棱，的中点，，四边形为正方形，则到平面的距离为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：延长交于点，可得正三棱锥，证明得，所以正三棱锥为四面体，求点到平面的距离即可得解.解答过程：在正三棱台中，延长交于点，则可得正三棱锥，四边形为正方形，则，由于，又，所以为中点，又为棱的中点，所以，则，所以正三棱锥为四面体，则到平面的距离等于点到平面的距离，设点在平面的射影为点，则，所以，即到平面的距离为.8.在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出．解答过程：因为，，由平方可得，，所以．，，所以，，又，即，所以，即，故选：D.二、多选题：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.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本极差相同C.两组样本数据的样本中位数相同 D.两组样本数据的样本标准差相同答案：BD解析：思路：根据平均数、极差、中位数和标准差的定义判断.解答过程：，故A错；设，则两组样本数据的样本极差都为，故B正确；若原样本数据的中位数为，则新样本数据的中位数为，故C错；，故D正确.故选：BD.10.下列关于各事件发生的概率判断正确的是（）A.从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为B.四条线段的长度分别是1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是C.一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为D.已知集合，，在集合中任取一个元素，则该元素是集合中的元素的概率为答案：ABC解析：思路：结合古典概型的概率计算公式对各选项依次判断即可.解答过程：对于A，从甲、乙、丙三人中任选两人有（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），共3种情况，其中，甲被选中的情况有2种，故甲被选中的概率为，故A正确；对于B，从四条长度各异的线段中任取一条，每条被取出的可能性均相等，所以该试验属于古典概型.又所有基本事件包括，，，四种情况，而能构成三角形的基本事件只有一种情况，所以所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是，故B正确；对于C，该树枝的树梢有6处，有2处能找1到食物，所以获得食物的概率为，故C.正确；对于D，因为，，所以由古典概型的概率公式得，所求的概率是，故D错误.故选ABC.方法提示：本题考查的是古典概型，熟练掌握古典概型的概率计算公式是解题的关键．11.如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（）A.平面ABC B.C.平面 D.PQ与MN相交答案：ACD解析：思路：对于A，取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明平面，即可判断，对于B，若，则，连接，为的中点，证明，设，，求，推出矛盾，对于C，根据线面垂直判定定理证明结论即可判断，对于D，证明，，由此即可判断.解答过程：对于A，取的中点D，连接，.在中，P，D分别为，中点，，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.，.四边形为平行四边形，从而.又平面，平面，平面，A正确，对于B，因为为的中点，若，则，连接，为的中点，则，又平面，所以平面，平面，所以，设，，则，，所以，，与矛盾，所以不成立，B错误，对于C，在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.由选项A的推理知，，.又，平面，平面，所以平面，C正确；对于D，因为为的中点，四边形为矩形，所以点为的中点，又为的中点，所以，且，又分别为的中点，所以，，所以，，所以四边形为平行四边形，故与相交，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数与分别对应向量与，其中为坐标原点，则__________．答案：解析：解答过程：由题意可知：，，则.13.将边长为2的正方形沿对角线折起，使折起后，则二面角的大小为_____.答案：解析：解答过程：如图，取中点，连接，则，，所以是所求二面角的平面角，因为，，在中，由余弦定理得，所以，即二面角的大小为.14.已知在中，，，，在的延长线上，，，若，则__________；__________．答案：①.②.解析：思路：对①，在中，已知两边和，先用余弦定理求出，再用余弦定理直接计算；对②，结合平行线性质和正弦定理求出的长度，再在中用余弦定理求出，最后利用，由勾股定理计算.解答过程：对①：在中，已知，，，

所以，得，所以；对②：D在延长线上，，故，得；由，得，故，在中，由正弦定理：，得，因为，为直角三角形，由勾股定理：

.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.如图，在圆锥中，已知，圆的直径，是弧上的点（点不与､重合），为中点(1)求圆锥的侧面积；(2)证明:平面平面.答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：(1)求得母线长再用圆锥侧面积公式求解即可.(2)证明与进而得到平面即可.解答过程：（1）∵,底面半径,∴母线.∴.（2）∵,是中点,∴.又∵,是中点,∴.又,∴平面.∵平面,∴平面平面.方法提示：本题主要考查了圆锥的侧面积公式与面面垂直的证明,证明面面垂直时重点找到线面垂直的关系,属于基础题.16.每年3月是中辉中学的“数学节”，在本次数学节中高三年级举行了一次“数学文化知识竞赛”．为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方为第2组和第4组频数的积．请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：（1）求，的值；（2）从样本数据在，两个小组内的同学中，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．答案：（1），．（2）解析：（1）由频率直方图的性质得，，化简可得，已知第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积，设样本容量为，则，解得，代入得，．（2）样本数据在组频率为：，样本数据在组频率为：，两组频数比为：，分层抽取6人，则从组抽取4人，记为，，，，组抽取2人，记为，从6人中选2人，总共抽法为：，，，，，，，，，，，，，，，共计15种；两人来自不同小组的结果为：，，，，，，，，共计8种，故概率为：．17.在中，，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，的面积为．①求证：；②求的周长．答案：（1）（2）①因为，所以，，由正弦定理得所以．②．解析：思路：化简后根据余弦定理计算即可；①化简后根据正弦定理计算即可；②根据三角形面积公式计算即可.（1）由得，即，由余弦定理可得.（2）①略②因为，得到，则，结合（1）有所以，解得，故周长为．18.每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．（1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率；（2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为．①求p，q的值；②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率．答案：（1）（2）①，；②解析：思路：（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可；（2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.（1）设事件“第一轮比赛