资源简介

2
2026年春季期高一期末教学质量监测
数学
8
(试卷总分150分，考试时间120分钟)
注意事项：
】、答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2、答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答策标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净
后，再选涂其它答聚标号、
3、答非选择题时，必须使用0,5毫米黑色墨水签宇笔，将答案书写在答题卡规定的位置上
4,所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
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.已知复数z=V3+i,则z的虚部为()
A.i
B.1
C.3
D.5
2.已知向量a=(1,2),方=(2，p,若a11i,则实数p的值为（)
A.4
B.-2
C.2
D.4
3.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚反面朝上”，B=“第二枚正面朝上”，则A与B的
关系为()
A.互斥
B.相互独立
C.互为对立
D.相等
4.在△ABC中，
园=d-店+d,则△Bc是(）
A.等腰三角形
B.等腰直角三角形
C.直角三角形
D.等边三角形
5.已知样本数据：5,6,6,7,8,9,9,10,12，则样本数据的70%分位数为()
A.7
B.8
C.9
D、10
6.已知C,B是两个不同的平面，m,是两条不同的直线，下列命题中正确的是()
A。若n/1n,nCa,则m/1a
B.若C⊥B,mCC,CB,则m⊥2
C.若al1B,nca,则n/1B
D.若mcC,nCa,m11p,n1p,则e/iB
高一数学
第1页（共4页）
7.从长度为1,3,5,7的4条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是()
A号
c
D号
8.如图，已知正三角形ABC的边长为25，其中心为O,以O为圆心作半
径为二的圆，点M为圆O上任意一点，则BOCM的取值范围为()
A.[-3,-1]
B.【3安
c.
n30
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.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.5，失球个数的标准差为1.1：乙班每场
比赛平均失球数是2.1，失球个数的标准差为0.4，则下列说法正确的是（)
A.平均来说乙班比甲班防守技术好
B.甲班在防守中有时表现较差，有时表现又非常好
C.乙班很少不失球
D.甲班比乙班技术水平更稳定
10.已知复数z=3+4i,则下列说法正确的是()
A.|z=5
B.复平面内表示复数z的点位于第二象限
C.若z对应的向量为OA,1+i对应的向量为0B,则向量AB对应的复数为-2-3
D.若复数z是关于x的方程x2+px+q=0(p,g∈R)的一个根，则g=25
11.如图，棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，点P为线段BC上的一个动点，则下列说法正确的
D
是()
C
A.DPI1平面AB,D
B
B.平面PBD,⊥平面AB,C
C.三棱锥D,-ADP的体积不是定值
D.若=BG,则过P,D,B,三点的平面截正方体所得截面的面积为26
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数学 参考答案
一、单项选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D B D C C A A
1.【详解】由题意 z 的虚部为 1．故选：B．

2.【详解】 a / /b, 1 p 2 2 = 0 p = 4．故选：D．
1 1 1
3.【详解】 P(A) = ，P(B) = ，P(AB) = ，P(AB) = P(A)P（B）， A与 B相互独立．故选：
2 2 4
B．

4.【详解】因为 AB = BC = AB + BC = AC ，所以该三角形是等边三角形．故选：D．
5.【详解】由题可知，9 70%= 6.3，则 70%分位数为第 7个数 9．故选：C．
6.【详解】对于 A：若m / /n， n ，当m 不在 内时，m / / ，但也可能m ，A错误；
对于 B：设 = l ，若m ,n ，且m / /l,n / /l ，则m / /n，B错误；
对于 C：由面面平行定义可知 C正确；
对于 D：若m ,n ,m / / ,n / / ，则当m 与 n 相交时才有 / / ，条件中未给出两直线相
交，所以得不出 / / ，D错误；故选：C.
7.【详解】该试验的样本空间可表示为 ={ (1，3， 5)， (1，3， 7) ， (1，5， 7) ， (3，5，
7) }，共有 4 个样本点，其中能构成三角形的样本点有 (3，5，7) ，共 1 个，即故所求概率
1
P = ．故选：A．
4

8.【详解】在圆上取点M ，连接OM ，OC ，CM ，设 BO,OM = ，
1
[0， ]，由正三角形 ABC 的边长为 2 3 ，中心为O，圆的半径为 ，
2
1
可得 OB =OC = 2，OM = ， BO,OC = ，则
2 3
高一数学答案 第1页 （共 8 页）
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1 1
BO CM = BO (OM OC) = BO OM BO OC = 2 cos 2 2 = cos 2 [ 3， 1]． 2 2
故选：A．
二、多项选择题：
题号 9 10 11
答案 BC ACD ABD
9.【详解】对于 A，从平均失球数的角度，甲班的平均失球数 1.5 小于乙班的平均失球数 2.1，
所以甲班比乙班防守技术好，故 A错误．
对于 B，甲班失球数的标准差是 1.1，均值为 1.5，说明甲班在防守中有时表现较差，有时表现
又非常好，故 B正确．
对于 C，乙班每场比赛平均失球个数是 2.1，失球个数的标准差是 0.4，故乙班经常失球，故 C正
确．
对于 D，标准差越小，发挥越稳定，乙班失球个数的标准差是 0.4小于甲班失球数的标准差 1.1，
所以乙班比甲班技术水平更稳定，故 D错误．故选：BC
10.【详解】复数 z = 3+ 4i，则 | z |= 32 + 42 =5 ，故 A正确；
复平面内表示复数 z 对应的点为Z(3,4) ，位于第一象限，故 B错误；

由题意OA = (3,4) ，又OB = (1,1) ，则向量 AB = OB OA = (1,1) (3,4) = ( 2, 3) ，

故向量 AB 对应的复数为 2 3i，故 C正确；
若复数 z = 3+ 4i是关于 x 的方程 x
2 + px + q = 0( p,q R) 的一个根，
则 2z = 3 4i，故 z = 3+ 4i和 z = 3 4i均为方程 x + px + q = 0( p,q R) 的根，故 z z = q ，所以
z z =（3+ 4i） (3 4i)=25，故 q = 25，故 D正确．故选：ACD
11.【详解】对于 A选项：如图 1，连接 AB1， AD1， B1D1， BD和C1D ，
由于BB1 / /DD1， BB1 = DD1 ，所以四边形 BB1D1D为平行四边形，
所以BD / /B1D1， BD 面BC1D， B1D1 面BC1D ，所以B1D1 / /面BC1D 图 1
高一数学答案 第2页 （共 8 页）
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同理可知 AD1 / /面BC AD B1D，且 1 1D1 = D1，所以平面 AB1D1 / / 平面BC1D，又 DP 平面 BC1D，
DP / / 平面 AB1D1，故 A正确；
对于 B，如图 2，因为 BCC B 为正方形，则1 1 BC1 ⊥ B ， 1C
又因为 AB⊥平面 BCC B ， 平面1 1 B1C BCC ，则1B1 AB ⊥ B C ， 1
图 2
且 BC1 AB = B ， BC1 ， AB 平面 ABC1D1 ，可得B1C ⊥平面 ABC1D1 ，
且 B1C 平面 AB1C ，所以面AB1C ⊥平面 ABC1D1 ，因此平面PBD1 ⊥平面 AB1C ，故 B正确；
对于 C，如图 3，因为 A、 D 、 D1三点位置确定，所以△ ADD1 的面积为定值，因为平面
BCC1B1 / / 平面 ADD1A1，且 BC1 平面 BCC1B1 ，则点 P到平面 ADD1A1 的距
离与点B到平面 ADD1A1 的距离相等，即三棱锥P ADD1 的高为定值，所以
三棱锥D ADP 的体积VD ADP =V1 1 P AD D =V1 B AD D 为定值，故 C 错误； 1
图 3
对于 D，如图 4，连接 B1P 并延长交BC 于点 M ，因为B1C1 / /BC ，则
BM BP 1
= = ，可知 M 为BC 的中点，取 B1C1 ，A1D1的中点Q，N ，连接 DM ，B1N ，DN ，
B1C1 PC1 2
D1Q， MQ ，因为Q， M 分别为 B1C1 ， BC 的中点，则 MQ / /CC1 ， MQ =CC1 ，又 DD1 / /CC1 ，
DD1 =CC1 ，可得 MQ / /DD1 ， MQ = DD1，所以四边形 DMQD1为平行
四边形，则 DM / /QD1，同理可得QD1 / /B1N ，所以 DM / /B1N ，可知
所求截面即为四边形 DMB1N ，可得DM = CN = B1N = B1M = 5 ，所以
四 边 形 DMB1N 为 菱 形 ， 又 B1D = 2 3 ， 故 所 求 截 面 面 积 为 图 4
1
2 2 3 ( 5)2 ( 3)2 = 2 6 ，故 D正确．故选：ABD
2
高一数学答案 第3页 （共 8 页）
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三、填空题：
题号 12 13 14
答案 0.88 2 64
12.【详解】因为甲乙两人击中目标的概率分别为 0.8 和 0.4，
所以两人均没有击中目标的概率为 (1 0.8) (1 0.4) = 0.12，
所以至少有 1 人击中目标的概率是1 0.12 = 0.88.
13.【详解】设 ABC的外接圆的半径为 R，因为B+C =135 ，所以 A= 45 ，由正弦定理得
a 2 2
= = 4 = 2R， R = 2
sin A sin 45
14.【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如图所示：
不妨取两棱中点为E，F ，由题知EF =4，易知 BE ⊥BF ，BE = BF，
可得 BE = BF = 2 2 ，所以正方体的棱长为 4 2 ，该多面体的外接
球即为正方体 ABCD A1B1C1D1 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 8，
因此该多面体的外接球的半径为 4，所以其表面积为 S = 4 42 = 64 ．
四、解答题：
3
15.【详解】（1） a b =| a | | b | cos = 5 2 3 =15；……………………………………4分
6 2
2
（2） | a b |= (a b)2 = a 2a b + b 2 = 25 2 15+12 = 7 ．………………………8分
2
由题意知， a (a b) = a a b = 25 15=10，……………………………………………10分

a (a b) 10 2 7
所以 cos a,a b = = = ．…………………………………………13分
| a || a b | 5 7 7
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16．【详解】（1）连接 A1C ，……………………………2分
由已知条件，点E,F 分别为棱BC, A1B 的中点，
故有EF / / A1C ，…………………………………………4分
又 EF 平面 AA1C1C ， A1C 平面 AA1C1C ，
所以直线EF / /平面 AA1C1C ；………………………………………………………………7分
（2）由（1）可知EF / / A1C ， BC // B1C1，
故 BCA1 或其补角为异面直线EF 与 B1C1 所成的角．………………………………………11分
根据直三棱柱性质可知， AA1 ⊥ AB, AA1 ⊥ AC ，……………………………………………12分
因为 AB ⊥ AC， AB = AC = AA1 ，
所以Rt A1AB Rt A1AC Rt BAC ，………………………………………………………13分
π
所以 A1B = BC = A1C ，所以 BCA1 = ，
3
π
即异面直线EF 与 B1C1 所成的角的大小为 ．………………………………………………15分
3
17．【详解】（1）由题意得10 (0.002+0.005+0.023+0.025+0.025+ x) =1，解得 x = 0.020 .
……………………………………………………………………………………………………3分
由频率分布直方图可得各组频率依次为：10 0.002 = 0.02，10 0.005= 0.05，
10 0.023= 0.23，10 0.025= 0.25，10 0.025= 0.25，10 0.020 = 0.2.
因为各组的组中值依次为：45，55，65，75，85，95，
所以估计该芯片指标的平均数为
0.02 45+0.05 55+0.23 65+0.25 75+0.25 85+0.2 95= 77.6 ；……………………7分
（2）根据频率分布直方图及按比例分配的分层随机抽样可得：
指标在 70,80)内取 3件，分别编号为 A1， A A2， 3；
指标在 80,90)取 3 件，分别编号为B B1， B2 ， 3 .…………………………………………9分
高一数学答案 第5页 （共 8 页）
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从芯片指标在 70,90)内取 6 件，再从这 6件中任取 2件，样本空间可记为
Ω = (A1, A2 ),(A1, A3 ),(A1, B1 ),(A1, B2 ),(A1, B3 ),(A2, A3 ),(A2, B1 ),(A2, B2 ), (A2, B3 ),
(A3, B1 ) ,(A3, B2 ),(A3, B3 ),(B1, B2 ),(B1, B3 ),(B2, B3 ) ，则n( ) =15.………………………11分
记事件 M =“指标在 70,80)和 80,90)内各 1 件”，则
M = (A1, B1 ) ,(A1, B2 ),(A1, B3 ),(A2 , B1 ),(A2 , B2 ),(A2 , B3 ),(A3, B1 ),(A3, B2 ),(A3, B3 ) ，
n(M ) = 9.………………………………………………………………………………………13分
所以根据古典概型的概率公式可得：
n(M ) 9 3
指标在 70,80)和 80,90)内各 1件的概率为P (M ) = = = .……………………15分
n( ) 15 5
18.【详解】（1）如图所示：取 AP的中点O，连接D O，……………1 分
易知 AD =D P=1，则 D O⊥ AP ，………………2 分
面 D AP⊥面 ABCP，面 D AP 面 ABCP = AP ，
则 D O⊥面 ABCP，…………………………………………3分 D
所以D O是四棱锥D ABCP的高，
AP = AD 2 + D P2 = 12 +12 = 2 ， O
1 2
则 D O = AP = ，………………4分
2 2
1+ 2 3
又 S = 1= ，………………………………………………………………………5分 APCB
2 2
1 1 3 2 2
故四棱锥 D ABCP的体积V = SAPCB D O = = ；………………………6分
3 3 2 2 4
（2）连接 2 2 2BP， AP = BP = 2， AB=2，则 AP + BP = AB ，所以 AP⊥BP，
又因为面D AP⊥面 ABCP，BP 面 ABCP，面 D AP 面 ABCP = AP ，
所以 BP⊥面 D AP；…………………………………………………………………………10分
（3）因为BP⊥面 D AP， D P 面 D AP，所以BP⊥D P，
所以BD 2 = D P2 + BP2 =1+ 2 = 3， AB2 = AD 2 + BD 2 ，所以 AD ⊥D B，
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又因为PD ⊥ AD ， PD 面 D AP，BD 面 D AB，面 D AP 面D AB=D A，
所以 PD B为二面角P AD B的平面角， ………………………………………………14分
D P 1 3
cos PD B = = = ，
BD 3 3
3
所以二面角P AD B的余弦值为 ．…………………………………………………17分
3
19．【详解】（1）由正弦定理可得： 3 sin C sin B + sin C cos B = sin A，…………………1分
在 ABC中，sin A= sin (B+C)，
所以 3sinCsin B+sinC cos B = sin (B+C) = sin BcosC +cos BsinC ，
所以 3 sin C sin B = sin B cosC ，………………………………………………………………3分
因为在 ABC 中，0 B 180 ，所以sin B 0，
3
所以 3 sin C = cosC ，所以 tan C = ，
3
因为0 C 180 ，所以C = 30 ；…………………………………………………………5分
1 1
（2）（ⅰ）因为 S ABC = absin C = ab = 3 ，所以ab = 4 3 ，…………………………6分
2 4
因为c2 = a2 +b2 2abcosC = a2 +b2 12 = 4，
所以a2 +b2 =16，
2 2
又 a2 +b2 = (a+b) 2ab = (a+b) 8 3 =16，
所以a + b = 2 3 + 2，
ab = 4 3 a = 2 a = 2 3
由 ，得 或 ，
a +b = 2 3 + 2 b = 2 3 b = 2
如图可知： BAC DAE =30 ，
所以a c = 2，故 a = 2 3 ，b = 2；………………………………………………………10分
（ⅱ）由 b = c = 2，得 ABC = ACB =30 ，所以 BAC =120 ，………………11分
设 CAE = ，其中0 90 ，则 AED = 30 + ， ADE =180 - （ 30 + ） 30 =120 ，
高一数学答案 第7页 （共 8 页）
{#{QQABIQg4xgAQ0gTACI4LAUH0CAqYsoCgLMoMgQCQOA4DQRFAFIA=}#}
在△ADE中，由正弦定理可得
1 3
cos + sin
AD sin AED sin(30 + )
= == = 2 2
1+ 3 tan
= ………………………13分
AE sin ADE sin(120 ) 3 1
cos + sin 3 + tan
2 2
3(tan + 3) 2 2
= = 3 …………………………………………………14分
3 + tan 3 + tan
因为0 90 ，则 tan 0，
3 AD
所以 3 .……………………………………………………………………………17分
3 AE
高一数学答案 第8页 （共 8 页）
{#{QQABIQg4xgAQ0gTACI4LAUH0CAqYsoCgLMoMgQCQOA4DQRFAFIA=}#}

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