精品解析：陕西省汉中市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

2023—2024学年第二学期期末考试 2026届高一数学试题 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. 若，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】．故选D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 2. 已知点是角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数的定义计算即可. 【详解】点到原点的距离为， 所以由三角函数定义可知， 故选：C. 3. 下列关于空间几何体的论述，正确的是（ ） A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C. 连接圆柱上下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线 D. 存在三棱锥，其四个面都是直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用两个底面全等的斜棱柱拼接可判断A；利用两个上底面全等，下底面相似的棱台拼接可判断B；考虑连线是否平行于旋转轴可判断C；在正方体中，取三棱锥即可判断D. 【详解】对于A，如图1，利用两个底面全等的斜棱柱拼接而成的几何体满足A中条件，但该几何体不是棱柱，A错误； 对于B，如图2，利用两个上底面全等，下底面相似的棱台拼接而成的几何体满足B中条件， 但该几何体不是棱台，B错误； 对于C，连接圆柱上下底面圆周上任意两点，只有连线平行于旋转轴时才是母线，C错误； 对于D，如图3，在正方体中，连接， 因为平面，平面， 所以，所以为直角三角形. 又平面，平面， 所以，所以为直角三角形. 所以三棱锥的四个面都是直角三角形，D正确. 故选：D 4. 已知为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC，直接画出长方体举反例，对于D利用“同一法”证明线面垂直即可. 【详解】长方体如图所示： 对于A，设分别为直线，平面，此时有平面，但，错误； 对于B，设分别为直线，平面，平面，其中分别为的中点， 此时有面，平面，但平面平面，故B错误； 对于C，设分别为直线，平面，平面， 此时面，平面，平面平面，但，故C错误； 对于D，若，且，则， 不妨取交线上一点，作平面的垂线， 因为，且点，故， 同理可得，故与是同一条直线， 因为，故，故D正确. 故选：D. 5. 已知正数a，b，c满足，则a，b，c大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出函数，根据交点横坐标的位置关系可得. 【详解】记， 则a，b，c分别为函数的图象与图象交点的横坐标， 由图可知，. 故选：B 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知角表示待求角，根据二倍角的余弦公式，诱导公式求解. 【详解】 ， 故选：D． 7. 若，函数为奇函数，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】 【分析】将值代入函数，根据奇函数的定义式是否成立来判断充分性；由奇函数的定义式来构造方程求参数的值，从而判断必要性. 【详解】因为，所以， 所以， 所以此时是奇函数， 所以p是q的充分条件. 若是奇函数，则， 即，所以，即 所以p是q的不必要条件. 综上得：p是q的充分不必要条件. 故选：A. 8. 在长方体中，、，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】C 【解析】 【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形. 【详解】如图所示，延长、，使，连接、， ∵、、， ∴、， ∵、分别为棱、的中点， ∴， ∴， ∵，又、、三点共线， ∴、、三点共线，∴在截面上， 延长、，使，连接，使， ∴在截面上， 连接、， ∵，且 ∴，∴且=， 又为中点，、、三点共线， ∴、、三点共线， ∴截面为五边形， 故选：C． 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. 下面命题中，正确的是（ ） A. 若， 则 B. 若，则 C. 若， 则 D. 若 则 【答案】D 【解析】 【分析】根据相等向量、零向量、平行向量的概念逐一判断即可. 【详解】对A，，但，不一定同向，所以，不一定相等，错误； 对B，向量不能比较大小，错误； 对C，若，则，错误； 对D，若，则，长度相等，且方向相同，所以，正确. 故选：D 10. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ） A. 平均数为14 B. 方差为13.4 C. 第85百分位数为18 D. 众数为12 【答案】ABC 【解析】 【分析】将数据由小到大排列，根据平均数公式、方差公式计算可判断AB；先计算，然后可判断C；由众数定义可判断D. 【详解】将数据由小到大排列：. 对A，，A正确； 对B，，B正确； 对C，因为，所以第85百分位数为第9个数据，即18，C正确； 对D，16出现了3次，12只出现2次，所以众数为16，D错误. 故选：ABC 11. 已知四面体的所有棱长均为1，分别为棱的中点，F为棱上异于的动点.下列结论中正确的是（ ） A. 线段的长度为 B. 周长的最小值为 C. 四面体ABCD的外接球的表面积是 D. 异面直线MN和CD所成的角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正四面体的性质，易证垂直关系，可用勾股定理来求出各线段长，利用中位线，可化异面直线所成角为平面角来研究. 【详解】对于A，由四面体的所有棱长均为1，且分别为棱的中点， 所以，则， 由勾股定理得：，故A正确； 对于B，的周长，由于有一边，则只需要找到的最小值， 利用侧面展开图与底面共面，可知， 而平面四边形是菱形，且分别为棱的中点，所以此时， 即的周长的最小值为，故B是错误的； 对于C，由于四面体为正四面体， 不妨将其放入正方体中，则正方体的外接球即为四面体的外接球， 由于四面体的所有棱长均为1，所以正方体的棱长， 故正方体的体对角线长度为，因此外接球的半径， 则外接球的表面积为：，故C正确； 对于D，因为分别为棱的中点，再取的中点为，则可知， 则异面直线与所成的角就是或其补角； 由于，，由三角形余弦定理得： ， 又因为，所以，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示求解作答. 【详解】因向量，，且，则有，解得， 所以. 故答案为： 13. 已知函数，则函数的单调递减区间为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用整体代入法求单调递减区间，然后结合定义域可得答案. 【详解】由解得， 因为，所以的单调递减区间为. 故答案为： 14. 在△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分线交BC于点D，若AB＝4，且，则AD的长为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据B，D，C三点共线，得，从而可得，再过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点M，N，得，由四边形AMDN是菱形， 可得答案. 【详解】因为B，D，C三点共线，所以，解得，即 ， 所以，所以， 如图，过点D分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点M，N，则， 因为△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分线交BC于点D，所以四边形AMDN是菱形， 因为AB＝4，所以AN＝AM＝3，AD＝. 故答案为：. 【点睛】本题考查向量的共线定理的应用，向量的线性表示，属于中档题. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 治理沙漠离不开优质的树苗，现从苗圃中随机地抽测了200株树苗的高度（单位：cm），得到以下频率分布直方图． （1）求直方图中a的值和中位数． （2）若树高185 cm及以上是可以移栽的合格树苗．从样本中按分层随机抽样的方法抽取40株树苗做进一步研究，则不合格树苗、合格树苗分别应抽取多少株？ 【答案】（1）； （2）14株和26株 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1可求出的值，再根据中位数的定义估计中位数，即可求解； （2）根据频率分布直方图可知不合格的概率为，合格的概率为，从而求出不合格树苗、合格树苗抽取的株数． 【小问1详解】 解：因为， 可得， 设中位数为， 因为， ，所以， 所以 解得，即数据的中位数为. 【小问2详解】 解：由题意得，不合格的抽取（株），合格的抽取（株）， 故不合格树苗、合格树苗分别应抽取14株和26株 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， （1）求B； （2）若，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得； （2）利用正弦定理b，再由和差公式求，然后由面积公式可得. 【小问1详解】 由正弦定理角化边得：， 整理得， 所以， 又，所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 由正弦定理可得， 因为， 所以. 17. 在五面体ABCDEF中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，然后利用线面平行判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，然后可证； （2）记的两个三等分点为，利用勾股定理证明，通过证明平面得到，然后可知为二面角的平面角，即可求得余弦. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 记的两个三等分点为，且点靠近点，点靠近点， 连接，则， 因为，，所以四边形为平行四边形， 又平面，平面， 所以，所以为矩形， 故，所以， 又，所以，所以， 由上知，为平面内的两条相交直线， 所以平面， 又，所以为平行四边形， 所以，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，为二面角的平面角， 因为，所以. 18. 已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） 在中，，由余弦定理， 得，解得，得. 在中，，则为正三角形， 取BD的中点O，连接，则，又平面平面， 平面平面平面，所以平面. 取的中点E，连接OE，则，而，所以， 由平面，所以， 以O为原点，以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则， 令，则， 所以，所以， 故平面平面； （2）不存在，理由如下： 由（1）知，，，，，， 由，即，得， 所以，设， 则，又， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以， 整理，得，方程在上无实数解， 所以在上不存在点Q，使得与平面所成角为. 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求得.由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明； （2）由（1），设，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 19. 已知是定义在上的函数，若对任意的，，均有 ，则称是关联． （1）判断和证明是否是 关联？是否是关联？ （2）若是关联，当时，，解不等式； （3）证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 【答案】（1）答案见解析； （2） （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）任取，证明，证明在关联；取，证明在不关联； （2）先得到，再得到和的解析式，进而得到答案； （3）先证明是关联的，且是在关联的，在是关联的，再证明在是关联的是在关联的，且是在关联的． 【小问1详解】 解：在关联；在不关联； 证明：任取，则， ∴在关联； 取，则， ∵， ∴在不关联； 【小问2详解】 解：∵是在关联的， ∴对于任意，都有， ∴对任意，都有， ∵时，， ∴在的值域为 ， ∴在的值域为 ， ∴仅在或上有解， 时，，令，解得， 时，，令，解得， ∴的解为； 【小问3详解】 ①先证明：是关联的，且是在关联的，在是关联的， 由已知条件可得，， ∴， 又∵是在关联的， ∴任意任取，成立， 若， ∴， ∴，即， ∴， ∴是关联， ②再证明：在是关联的是在关联的，且是在关联的， ∵是关联， ∴任取，都有成立， 即满足，都有， 下面用反证法证明， 若，则， 与在是关联的矛盾， 若，而在是关联的，则，矛盾， ∴成立，即是在关联的， 再证明是在关联的， 任取，则存在，使得任取， ∵， ∴， ∴， ∴是在关联的； 综上所述，是关联的，且是在关联的，当且仅当“在是关联的”， 故得证． 【点睛】本题第三问解题的关键在于结合关联函数的定义，分充分性与必要性两个方面证明充要条件，其中在证明充分性的过程中，采用反证法证明,即是在关联的 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年第二学期期末考试 2026届高一数学试题 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. 若，则 A. B. C. D. 2. 已知点是角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列关于空间几何体的论述，正确的是（ ） A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C. 连接圆柱上下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线 D. 存在三棱锥，其四个面都是直角三角形 4. 已知为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 5. 已知正数a，b，c满足，则a，b，c大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 若，函数为奇函数，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 8. 在长方体中，、，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 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. 下面命题中，正确的是（ ） A. 若， 则 B. 若，则 C. 若， 则 D. 若 则 10. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的（ ） A. 平均数为14 B. 方差为13.4 C. 第85百分位数为18 D. 众数为12 11. 已知四面体的所有棱长均为1，分别为棱的中点，F为棱上异于的动点.下列结论中正确的是（ ） A. 线段的长度为 B. 周长的最小值为 C. 四面体ABCD的外接球的表面积是 D. 异面直线MN和CD所成的角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，且，则______． 13. 已知函数，则函数的单调递减区间为______. 14. 在△ABC中，∠A＝60°，∠A的平分线交BC于点D，若AB＝4，且，则AD的长为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 治理沙漠离不开优质的树苗，现从苗圃中随机地抽测了200株树苗的高度（单位：cm），得到以下频率分布直方图． （1）求直方图中a的值和中位数． （2）若树高185 cm及以上是可以移栽的合格树苗．从样本中按分层随机抽样的方法抽取40株树苗做进一步研究，则不合格树苗、合格树苗分别应抽取多少株？ 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， （1）求B； （2）若，求的面积. 17. 在五面体ABCDEF中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点. （1）求证：平面平面； （2）在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由. 19. 已知是定义在上的函数，若对任意的，，均有 ，则称是关联． （1）判断和证明是否是 关联？是否是关联？ （2）若是关联，当时，，解不等式； （3）证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $