资源简介

西南大学附中2025一2026学年度下期期末考试
高一数学试题
(满分：150分：考试时间：120分钟)注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上，
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；
必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效：保持答卷清洁、完整，
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.
一、单项选择题：本大题共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.(2-i2=()
A.5-4i
B.5+4i
C.3+4i
D.3-4i
2.已知向量a,满足a+=3,a-=1,则ai=()
A.8
B.4
C.2
D.-2
3.己知一圆锥轴截面为等边三角形，其母线长为2，则该圆锥表面积为()
A.2π
B.3π
C.4π
D.5π
4.某班有2名男同学，4名女同学，现从中选取3名同学组成一个乐队，要求乐队不能全是
男同学也不能全是女同学，则满足要求的乐队数量是()
A.16
B.12
C.8
D.24
5.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足a=3,(N2c-b)co8A=cosB,则△ABC
外接圆的半径为()
A.3W5
B.6
C.32
2
D.月
6。甲、乙、丙三人共同做一道数学题，每人答对该趣的概率分别为分，}，子，若答题时，三
人互不影响，则三人中有人答对该题的概率是()
A.
B.
c.}
D.8
7.已知正方体ABCD-AB,GD,棱BC,CC靠近C的三等分点分别为M,N,平面DN截正
方体得两个几何体，体积分别记为业，片（写<），则兰-(）
试卷第1页，共6页
7
A.17
B
c品
D.片
8.若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为严，V可划分为两个子集和巧，
∩乃=0，U=',且图中的每一条边的一个关联结点在V中，另一个关联结点必在中，
则将图G称为二部图.现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则下列说法正确的是
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
A.这两个图都是二部图的概率为
B.这两个图至少有一个是二部图的概率为
c.这两个图不都是二部图的概率为}
D.这两个图恰有一个是二部图的概率为号
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有
多项是符合题目要求的，全部选对得6分，
9.设m,n为空间中两条不同直线，α，P为空间中不同的平面，下列说法正确的是()
A.mlla,Wa,则m/ln
B.m⊥a,n⊥a,则/m
C.a∥p,l/a,则mlMp或mcB
D.上a,n上B,⊥n,则a⊥B
10.事件A,B,C为三个随机事件，且0()
A.若事件A与B互斥，则事件A与B也一定互斥
B.若事件A与B相互独立，则事件A与B也一定相互独立
C.若P(AUB)=P(A)+P(B),则事件A,B互斥
D.若事件A与B相互独立，且B与C相互独立，则A与C也一定相互独立
11.六方氮化硼(-BN)材料具有高导热性和优良的电绝缘性，适用于新能源电池等高功率电子领域，其
单层晶体结构由正六边形紧密排列而成，如图1所示.取相邻的三个边长为1的正六边形ABCDEF,正六
边形BHGC,正六边形CGKLMD,记O,O,O3分别为这三个正六边形的中心，如图2所示.则下列
结论正确的是()
试卷第2页，共6页1.D
【分析】由复数的乘法运算求解.
【详解】(2-i)2=4-4i+iP=3-4i.
2.C
【分析】由平面向量的数量积运算求解，
【详解】由+=3，得a+=9,
得试+2a.6+=9①，
由a-=1,得a-=1
得1试-2a.6+5=1②，
①-②得，4ā.i=8
得a.b=2.
3.B
【分析】先结合圆锥轴截面为等边三角形的性质和母线长求出底面半径，再分别计算侧面积与底面积，求
和得到圆锥表面积，
【详解】由题意得圆锥母线长1=2，圆锥轴截面为等边三角形，其三条边分别为两条母线和底面直径，
因此底面直径等于母线长，即2r=1=2,解得底面半径r=1,
故该圆锥的侧面积S侧=l=π×1×2=2，S展=π2=兀×12=兀，
因此该圆锥表面积S=S侧+S底=2π+π=3沉
4.A
【详解】由于乐队不能全是男同学也不能全是女同学，
故只能是1名男同学、2名女同学或2名男同学、1名女同学，
1名男同学、2名女同学的选法总数为C.C=2×6=12,
2名男同学、1名女同学的选法总数为CC4=1×4=4,
因此满足要求的乐队数量是12+4=16.
5.c
【分析】由正弦定理求得V2 sin C cosA=sin(4+B),得到sin(4A+B)=imC,求得cosA=三，进而求得
2
2
即可求得外接圆的半径为R=3迈
2
试卷第1页，共13页
【详解】由(2c-b)cosA=acos B,可得(N2sinC-sinB)cosA=sin Acos B,
即√2 sinCcosA=sin B cosA+sin Acos B=sin(A+B),
因为A+B=π-C,可得sin(A+B)=sinC,所以√2 sinCcosA=sinC,
又因为Ce(0,,可得imC>0,所以cosA=5
2
又由4∈(0，网，所以simA=cosA-5
2
R=3
设△ABC外接圆半径为R,可得
sinA
55
所以R=32
2
6.B
【详解】由愿意可得甲、乙、丙三人活结该题的概率分别为子，子·
由于答题时三人互不影响，故三人均答错该题的概率为×是×2=是
3255’
因此三人中有人答对该题的概率为1；=1
7.D
【分析】得到平面DMN截正方体所得图形后，可得截出的两个几何体分别为三棱台CMN-DAD与正方体
剩余部分，再借助棱台体积公式与正方体体积公式可得V,,即可得解。
【详解】连接AD、AM、BC,由M、N分别为棱BC,CC,靠近C的三等分点，
故MN//BC,又由正方体性质可得AD/1BC,故N/IAD,
故四边形ANWD即为平面DMN截正方体所得图形，
则所得的两个几何体分别为三棱台CMN-DAD与正方体剩余部分，
设该正方体棱长为a,则
13a3,
-a=
54
13d
故乃=a_13a41a2
上=54-13
5454,故4证4
54
试卷第2页，共13页

展开更多......

收起↑