浙江湖州市2025-2026学年高一下学期数学期末自编阶段练习（二）（人教A版必修第一册、必修第二册）

**基本信息** 融合高考真题与各地优质试题，覆盖必修一、二核心知识，梯度设计兼顾基础巩固与创新应用，体现数学眼光、思维与语言的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|向量充要条件（1）、复数运算（2）、棱台体积（3）|结合2026全国二卷高考真题（3），注重概念辨析| |多选题|4/20|三角函数图像变换（9）、向量性质（10）、解三角形（11）、阿基米德多面体（12）|立体几何融入数学文化（12），考查空间观念| |填空题|3/13|分层抽样方差（13）、函数值域与零点（14）、平面向量线性运算（15）|统计方差计算（13）体现数据观念，扇形区域向量（15）考查几何直观| |解答题|5/77|频率直方图应用（16）、解三角形（17）、三棱锥体积与二面角（18）、函数奇偶性与值域（19）、新定义函数（20）|统计与概率综合（16）培养应用意识，新定义问题（20）发展创新思维，立体几何（18）强化逻辑推理|

浙江省湖州市2025-2026学年第二学期高一数学期末阶段练习 考试范围：人教A版必修第一册，必修第二册 考生须知： 1.本卷考试分值为150分，考试时间为120分钟， 2.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息， 3.请将答案正确填写在答题卡上。 第I卷（选择题）（共60分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．（2026·广西南宁·模拟预测）已知向量，，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 2．（25-26高一下·山西晋中·阶段检测）复数（其中i为虚数单位），则（     ） A． B． C． D． 3．（2026·全国二卷·高考真题）若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（    ） A． B．2 C． D． 4．（25-26高一下·吉林长春·期中）设一个随机试验的样本空间为，事件，，则下列结论中不一定成立的是（     ） A． B．若，则 C．若，则 D．若与互斥，则 5．（25-26高一下·湖南·阶段检测）已知一组数据，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 6．（25-26高一下·江苏镇江·期末）函数的大致图象是（     ） A． B． C． D． 7．（23-24高一上·江苏连云港·阶段检测）已知，，，比较，，的大小为（    ） A． B． C． D． 8．（2026高二下·浙江温州·学业考试）已知函数的定义域为，且,，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9．（25-26高一下·辽宁朝阳·期中）要得到函数的图像，只需将函数的图像（    ） A．先向右平移个单位长度，再将横坐标扩大为原来的3倍 B．先向左平移个单位长度，再将横坐标扩大为原来的3倍 C．先将横坐标扩大为原来的3倍，再向左平移个单位长度 D．先将横坐标扩大为原来的3倍，再向右平移个单位长度 10．（25-26高一下·黑龙江大庆·阶段检测）已知向量，，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若且，则 C．的最大值为 D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 11．（25-26高一下·四川广安·阶段检测）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 12．（24-25高一下·广东汕头·期中）“阿基米德多面体”也称半正多面体，又多个不全相同正多边形围成的多面体，体现了数学的对称之美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（   ） A．该半正多面体的表面积是 B．直线与平面所成的角为45° C．该半正多面体有外接球，且它的表面积为 D．该半正多面体有内切球，且它的表面积为 第II卷（非选择题）（共90分） 三、填空题（本大题共3小题，13、14每小题5分，15小题3分，共13分） 13．（24-25高一下·黑龙江绥化·期末）据统计某市学生的男女生人数比为，为了调查该市学生每天睡眠时长的情况，按照男女生人数比用分层抽样的方法抽取样本．根据样本数据计算得男生每天睡眠时长的平均数为7.3小时，方差为2，女生每天睡眠时长的平均数为6.8小时，方差为1.9，则可估计该市学生每天睡眠时长的平均数为________小时，方差为________； 参考公式：分层抽样中，假设第一层有m个数，平均数为，方差为；第二层有y个数，平均数为，方差为．则样本方差． 14．（2026·北京石景山·一模）设函数，当时，的值域为______；若方程有两个不同的解，则实数的一个取值可以是______. 15．（25-26高三·全国·一轮复习）如图在直角梯形中，已知，，，．以为圆心，为半径作圆弧，点在图中扇形区域内（包含边界）运动．若，其中，，则的取值范围是_________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 16．（25-26高二下·江苏镇江·期中）学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： (1)若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数： (2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数： (3)若学校安排甲､乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲､乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率. 17．（2022高二下·浙江绍兴·学业考试）在中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)设，从下面两个条件中选择一个，求的周长. ①；②的面积为. 18．（2023高二下·浙江·学业考试）如图，在三棱锥中，平面，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求证：平面平面； (3)设点在棱上，，求二面角的正弦值． 19．（25-26高一上·湖北·阶段检测）已知函数（且）. (1)求的定义域，判断并证明函数的奇偶性； (2)若，求函数的值域； (3)是否存在实数，，使得函数在区间上的值域为？若存在，求，的值；若不存在，请说明理由. 20．（25-26高三下·上海浦东新·期中）对于定义在区间上的函数，定义集合．对任意闭区间，设函数在区间上的最大值为，最小值为，记． (1)若，，判断函数是否属于集合，并求的值； (2)若，，且，．求的值及函数的解析式； (3)若，，令．证明：是单调函数的充要条件是：对任意，恒成立． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省湖州市2025-2026学年第二学期高一数学期末阶段练习（参考答案及详解详析） 考试范围：人教A版必修第一册，必修第二册 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 评分标准：(不选，多选，错选均不得分） 1．B 【难度】0.85 【知识点】向量垂直的坐标表示、判断命题的必要不充分条件 【详解】由，，可得， 若，则，即，解得或， 无法推出一定是，故充分性不成立； 当时，，则，即成立，故必要性成立。 因此“”是“”的必要不充分条件. 2．C 【难度】0.65 【知识点】复数的乘方、复数的除法运算 【详解】因为，即的幂次具有周期性，周期为4， 所以. 所以. 3．C 【难度】0.85 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】根据棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】依题意，该三棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 故该棱台的体积为. 4．C 【难度】0.65 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、互斥事件的概率加法公式、概率的基本性质、确定所给事件的包含关系 【分析】依据概率的基本性质、对立事件、事件包含关系、互斥事件的定义逐一验证选项，判断是否必然成立。 【详解】对于A：是事件的对立事件，满足且，由概率加法公式可得，故A一定成立； 对于B：若，说明事件的全部样本点都属于事件，所以，故B一定成立； 对于C：若，由概率加法公式得，当且仅当即时，才有，若存在公共样本点，该等式不成立，故C不一定成立； 对于D：若与互斥，根据互斥事件定义得，空集的概率为0，因此，故D一定成立. 5．A 【难度】0.85 【知识点】各数据同时乘除同一数对方差的影响、各数据同时加减同一数对方差的影响、平均数的和差倍分性质 【详解】因为一组数据，，的平均数为，方差为， 所以数据，，，的平均数为，方差为. 6．B 【难度】0.65 【知识点】诱导公式五、六、函数图像的识别、函数奇偶性的定义与判断 【分析】利用诱导公式化简函数解析式，可得为奇函数，函数图象关于原点对称，可排除C；由时，可排除AD，由此可得结果. 【详解】函数，定义域为， ， 为奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C； 当时，，，所以，可排除AD. 7．B 【难度】0.65 【知识点】比较函数值的大小关系 【分析】由诱导公式及特殊角的三角函数可先求得，再利用指数函数与对数函数的单调性可判定，，即可得出三者大小. 【详解】易知， . 8．C 【难度】0.4 【知识点】求函数值、抽象函数的奇偶性、函数周期性的应用、函数对称性的应用 【分析】先通过赋值得，再赋值得函数为偶函数，再令得，进而可得，得函数的一个周期为，再通过赋值可得，，，，结合周期性可得. 【详解】由函数的定义域为，且, 令，得，即， 因为，所以得. 再，得，， 即，所以函数为偶函数. 再令，得， 因为为偶函数，所以， 因此，且，所以. 又令，得，所以， 因为函数为偶函数，所以，因此. 令，得，得. 令，得，即， 用代替得， 再用代替得， 即，所以函数的一个周期为. 因为，所以. 因此， 所以 .因此. 二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 评分标准：(不选，错选均不得分）（部分选对得2分，全部选对得5分） 9．BC 【难度】0.65 【知识点】描述正（余）弦型函数图象的变换过程、诱导公式五、六 【分析】利用三角函数的平移伸缩变换即可求解． 【详解】对于A，先向右平移个单位长度，得到， 再将横坐标扩大为原来的3倍得到，故A错误； 对于B，先向左平移个单位长度，得到 ， 再将横坐标扩大为原来的3倍得到，故B正确； 对于C，先将横坐标扩大为原来的3倍，得到， 再向左平移个单位长度得到 ，故C正确． 对于D，先将横坐标扩大为原来的3倍，得到， 再向右平移个单位长度，得到，故D错误． 10．ABD 【难度】0.65 【知识点】求投影向量、垂直关系的向量表示、向量夹角的计算、由向量共线（平行）求参数 【分析】对于A，利用向量垂直的坐标表示化简即可判断；对于B，利用向量平行的坐标表示化简即可判断；对于C，利用代入向量的数量积计算即可求解；对于D，利用投影向量公式化简即可求解. 【详解】已知，，，. 选项A：若，则，得，A正确. 选项B：若，则，得，又 ，所以 ，B正确. 选项C：，最大值为，C错误. 选项D：在上的投影向量为，得，，，D正确. 11．AC 【难度】0.4 【知识点】余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围、基本不等式求积的最大值、基本不等式求和的最小值 【详解】A选项，，由正弦定理得：， 即， 所以， 即， 因为，所以，所以，则， 因为，则， 令外接圆的半径为， 所以，即，所以A选项正确； B选项，，即：，则， 因为，，所以， 当且仅当时等号成立，此时的最大值为，所以B选项错误； C选项，，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，所以C选项正确； D选项，因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，所以D选项错误. 12．ABC 【难度】0.4 【知识点】求线面角、多面体与球体内切外接问题、求组合多面体的表面积、球的表面积的有关计算 【分析】根据题设及图求半正多面体的表面积判断A；由正方体结构特征知直线在平面上的投影与正方体底面一条棱所在直线重合，结合图即可得线面角大小判定B；利用正方体的对称性知若半正多面体存在内切球、外接球，它们的球心重合且为正方体的中心，再依次确定球体的半径判断C、D. 【详解】半正多面体的表面积是，A对， 由题左图示，易知平面平面，平面， 所以直线在平面上的投影与正方体底面一条棱所在直线重合，且直线与其投影所成角为，B对， 由题设，易知正方体的棱长为2，结合对称性， 若半正多面体存在内切球、外接球，它们的球心重合且为正方体的中心， 所以正方体的中心到半正多面体各顶点的距离均为， 故半正多面体有外接球，且它的表面积为，C对， 正方体的中心到半正多面体的正方形侧面距离为1， 正方体的中心和半正多面体三角形侧面的三个顶点所成棱锥是棱长为的正四面体， 所以该正四面体的高为， 故半正多面体不存在内切球，D错.故选：ABC 三、填空题（本大题共3小题，13、14每小题5分，15小题3分，共13分） 13．；（第一个空2分，第二个空3分）（若答案未取整，写成分数形式也可得分） 【难度】0.85 【知识点】估计总体的方差、标准差 【分析】对于平均数，根据分层抽样中各层人数比例与各层平数来计算总体平均数； 对于方差，利用给定的分层抽样方差公式进行计算. 【详解】该市学生的男女生人数比为，设男生人数为，女生人数为， 男生每天睡眠时长的平均数为7.3小时，故个男生睡眠时长为小时； 女生每天睡眠时长的平均数为6.8小时，故个女生睡眠时长为小时， 则该市学生每天睡眠时长的平均数为（小时）； 由题干可得，，，，，， 代入公式得， . 故答案为：；. 14．；（只需满足即可）（第一个空2分，第二个空3分） 【难度】0.4 【知识点】分段函数的值域或最值、已知分段函数的值求参数或自变量 【分析】当时，化简函数的解析式，分别求出在、上的值域，即可得出函数的值域；分析可知，讨论不符合题意，则，可知函数在、上都单调，分别求出方程在和时的解，可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】当时，， 当时，，当时，. 故当时，函数的值域为；由题意可知， 当时，， 当时，由可得， 当时，恒成立，此时无解， 故当时，方程有且只有一个实数解，不合乎题意； 因为函数在上单调递增， 当时，函数在上单调， 因为方程有两个不同的解，所以方程在和时各有一解， 当时，由可得，所以， 当时，由可得，所以，解得， 综上所述，. 故实数a的一个取值可以是（只需满足即可）. 15． 【难度】0.4 【知识点】平面向量基本定理的应用、向量与几何最值、根据线性规划求最值或范围 【分析】根据题意构造等和线，结合平面向量基本定理即可求解. 【详解】如图2易得， 其中为的靠近的四等分点，． 作直线，过点作的平行线，交直线于点， 因为，又，故，，三点共线， 则， 显然，当点位于点时，为最小值， 当点位于点（圆弧与平行于的切线的切点）时，为最大值． 四、解答题（本大题共5小题，共77分）（其中16题13分，17、18题15分，19、20题17分） 16．(1)2 (2)71， (3) 【难度】0.75 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、由频率分布直方图估计平均数、由频率分布直方图估计中位数、补全频率分布直方图 【分析】（1）由频率分布直方图各矩形所表示频率之和为1，可得，据此可得答案； （2）由频率分布直方图计算平均数，中位数方法可得答案； （3）记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，方法1，由可得答案；方法2，由对立事件概率关系可得答案. 【详解】（1）由，得，..................2分 则成绩不高于60分的人数为：，...............................................3分 成绩不高于50分的人数为：，..................................................................4分 则从不高于60分的人中抽5人，其中不高于50分人数为：；...........................5分 （2）平均数..................7分 因为在内共有80人，则中位数位于内，设中位数为， ，解得；............................................9分 （3）记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，则 【方法一】， 则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为...................................................................13分 【方法二】. 则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为...................................................................13分 17．(1) (2)选条件①，选条件② 【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用、逆用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得，即可求得而答案； （2）选①，利用正弦定理可得，结合余弦定理求得 ，即可求得 ，从而求得三角形周长； 选②，根据三角形面积公式求得 ，结合余弦定理即可求得 ，从而求得三角形周长； 【详解】（1）由可得, 即，...........................................................................................4分 由于,故，而，故；...........................................................6分 （2）选①，，.......................................7分 ，所以 ，....................................................................9分 ，.......................................................11分 故 ，.....................................................................13分 故的周长为.................................................................................15分 选②的面积为， 则,则，........................................................................................8分 ，................................................................................11分 故 ，...............................................................................................13分 故的周长为.................................................................................15分 18．(1) (2)证明见解析 (3) 【难度】0.65 【知识点】求二面角、证明面面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）先求出底面积，再利用体积公式求解体积即可. （2）先利用线面垂直判定定理得到平面，再利用面面垂直定理判定面面垂直即可. （3）合理作图，找到二面角的平面角，利用三角函数的定义求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，.................................................................................2分 因为平面,所以三棱锥的体积..................................4分 （2） 因为平面,平面,所以,...................................................5分 又平面,所以平面,..................................7分 因为平面,所以平面平面....................................................................8分 （3） 过点作于, 取的中点, 连接 因为平面平面所以平面⊥平面, 又平面平面平面 所以平面∥， 因为且是的中点, 所以平面, 所以是二面角的平面角,......................................................12分 因为是的中点，所以是的中点， 又//，所以是的中点, 在中, ， 所以即二面角的正弦值为..........................15分 19．(1)定义域为，是奇函数，证明见解析 (2) (3)存在实数， 【难度】0.4 【知识点】求对数型复合函数的定义域、函数奇偶性的定义与判断、利用函数单调性求最值或值域 【分析】（1）根据函数解析式列不等式，可得函数定义域，再利用定义法判断函数奇偶性； （2）根据可得，结合函数单调性可得值域； （3）分情况讨论函数单调性，即可判断函数值域，列方程，分别解方程即可. 【详解】（1）由， 得，解得，即函数的定义域为...............................................2分 因为对任意，都有， 且，所以函数是奇函数；...........................5分 （2）由得，则，..................................6分 所以，..................................7分 ，....................................8分 又，则，所以，， 所以，即的值域为；.........................11分 （3）因为函数在上的值域为，又，且， 由的定义域可知及，且， 所以，所以，.......................................................................................12分 设，，且在上单调递增， ①当时，在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以，即解得，...........................................................14分 ②当时，在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 所以，即，.............................................................................15分 又，，即， 而此时，所以，无解，综上，存在实数，..........................................17分 20．(1)是， (2)当时，，当时； (3)证明见解析 【难度】0.15 【知识点】求抽象函数的解析式、利用函数单调性求最值或值域、函数新定义、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）先计算二次函数在闭区间上的最值，再根据题中所给的定义判断计算可得； （2）先由函数最值之差为1可得，再通过不等式两边夹逼求得函数解析式； （3）必要性：分单调递增和单调递减结合函数的最值分别证明可得；充分性：采用反证法，如果函数不单调，则函数在局部的上最值差大于整体上函数最值差，出现矛盾，得证充分性. 【详解】（1）对任意，所以， 又因为，且， 所以，故函数属于集合．................................................2分 由，，由二次函数的性质可知，．故........................................................................................5分 （2）由可知，存在满足． 又，故必有． 因此必有，且，所以， 又，，所以或,........................................................7分 当时，由题意，对任意，，，即. 又因为，即，故． 故...................................................................................................................................8分 当时，由题意，对任意，，，即， 又因为，，即，故 ．...................................................................................................................................9分 综上，当时，；当时；................................................11分 （3）先证必要性：若是定义在上的增函数， 设任意正实数、满足， 则，，． 因此，得证． 若是定义在上的减函数， 设任意正实数、满足， 则，，． 因此，得证． 综上，必要性得证......................................................................................................................14分 再证充分性：（反证法）假设函数在上不单调， 则必存在，使得或． 不妨设，且是函数在区间上的最大值． 设函数在区间上的最小值为，在区间上的最小值为 由题，，， 故，又， 故 即，即，即， ，矛盾． 因此假设不成立.是上的单调函数． 因此，是单调函数的充要条件是：对任意正实数， 恒成立.......................................................................................17分 学科网（北京）股份有限公司 $