重庆市2025-2026学年高一下学期期末自编模拟数学试卷（七）

**基本信息** 2025-2026学年重庆高一期末数学模拟卷，以必修一、二（至统计9.3）为范围，通过函数图像分析、立体几何证明、统计概率应用及新定义向量变换题，考查抽象能力、空间观念与创新意识，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、扇形弧长、函数图像识别|基础巩固，注重数学眼光下的直观理解| |多选|3/18|向量命题判断、正方体动态截面|能力提升，考查推理意识与空间观念| |填空|3/15|不等式最值、函数存在性问题|梯度设计，强化数学思维的严谨性| |解答|5/77|立体几何证明、统计频率分布、新定义向量变换|创新应用，结合数据意识与问题解决能力|

2025-2026学年重庆市高一期末模拟考试卷（七） 数学 考试范围：必修一、必修二到9.3统计；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．若复数满足，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设（），则，代入已知等式求出；再计算，最后求乘积. 【详解】设，，则. 代入得. 根据复数相等，得，解得，.，故. 2．半径为，圆心角为的扇形的弧长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先将圆心角从角度制转化为弧度制，再代入弧长公式计算求解. 【详解】由题意可得，根据弧长公式可得： . 3．函数在区间上的图象大致为（   ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性及函数值的正负确定. 【详解】函数， 令，为奇函数， 为偶函数，所以函数为奇函数，排除选项AB， ，，， 所以，排除选项C， 故选：D. 4．已知是定义在上的函数，且满足；则的值为（    ） A．－5 B． C．－1 D．1 【答案】C 【分析】根据是奇函数和的值可得出的值，进一步可求出的值. 【详解】令，则，因为是奇函数，所以. 因为，所以，所以， 所以. 5．设，为非零向量，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 【答案】B 【详解】由“”可知向量与同向，但模长不一定相等，不满足充分性； 由“”可以得到“”，满足必要性． 6．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解不等式求得集合，由集合并集的定义求得结果. 【详解】∵，∴，即， ∵，∴，∴， ∴. 故选：B. 7．已知圆锥的轴截面是面积为的正三角形，则该圆锥的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】确定球心，利用勾股定理求出球的半径，进而求解外接球的体积. 【详解】因为圆锥的轴截面是面积为的正三角形，所以圆锥底面圆的半径，圆锥的高， 因为，所以圆锥外接球的球心在线段上，如图， 设圆锥外接球的半径为，在中，， 所以，解得， 所以该圆锥的外接球的体积为. 8．已知，，且，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用已知条件进行常数代换化简所求式，再结合基本不等式求解最小值并验证取等条件． 【详解】因为，，且， 所以，，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 2、 多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．下列命题中，正确的是(    ) A．若向量，则与的夹角为 B．若非零向量与的夹角为，则” “是”为锐角”的充分不必要条件 C．若平面向量，，，若，则的最小值为 D．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【分析】分别利用向量夹角余弦公式、向量数量积与夹角逻辑关系、垂直条件结合二次函数求模长最小值、投影向量公式逐项验证命题真假. 【详解】选项A，由，， 则， ，， 设与的夹角为，所以， 而，则，命题A正确； 选项B，时，，即， 当时，同向共线，满足，但不是锐角. 因此“”是“为锐角”的必要不充分条件，命题B错误； 选项C，由，，， 则，化简得， 而，则， 令，二次函数开口向上，对称轴， 则，即，命题C正确； 选项D，由，， 则，， 则在上的投影向量为，命题D正确. 10．如图，正方体的棱长为2，M，N分别为棱， 的中点，P为棱上的动点，则下列说法正确的是（     ）    A．三棱锥 的体积为 B．平面 截正方体表面所得的交线形成的图形可能为三角形 C．若P是棱的中点，则平面 截正方体所得截面面积为 D．平面 截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形且此时截面面积最大 【答案】AC 【分析】应用三棱锥体积公式计算判断A，应用特殊点证明平行四边形及菱形计算面积判断D；利用截面计算判断B，C. 【详解】，A选项正确； 正方体有三组对面互相平行，若截面为三角形， 则每组对面上有且仅有一条截面与正方体的交线， 由题意，平面平面， 因为平面平面， 设平面平面，则. 由平面且平面，则. 取中点，过点作，垂足为， 则，且，所以四边形为平行四边形， 所以，则， 不论点在棱如何运动，过点均可作，交棱于，又， 则直线即为交线.(经过一点，有且只有一条直线与已知直线平行) 故截面图形至少为四边形，不可能为三角形，故B错误；    当与重合时，平面即为平面， 此时截面图形为矩形，且面积为. 如图，当与重合，依次连接， 取中点，连接， 由且，则四边形为平行四边形， 则，且， 又由且，则四边形为平行四边形， 则，则，又， 所以四边形为平行四边形，又， 故此时四边形为菱形，其面积为 ， 因此，此时截面虽为菱形，但不是最大截面面积，故D错误；       当点为中点时，分别取的中点， 顺次连接， 因为，所以，则四点共面， 同理，由，则四点共面， 又三点不共线，故五点共面， 由，则平，即六点共面， 即平面即为平面， 是正六边形，， 所以截面面积为，C正确； 11．定义在上的函数满足下列条件：（1）；（2）当时，，则（    ） A． B．在上单调递增 C．当时， D．当时， 【答案】ABD 【分析】根据赋值法、函数单调性的定义、放缩法（累乘法）对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，由，取， 得，故A正确； 对于B，任取，则，依题意，，而， 则，即，即在上是增函数． 于是，对于，任取，因，则， 即，即函数在上单调递增，故B正确； 对于C，由，取，因，故， 即，故C不正确； 对于D，由，取，可得，， 整理得，， 因，所以且，故，即， ，故D正确. 故选：ABD 3、 填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知，均为正数，若，则最小值为________. 【答案】 【分析】利用均值不等式求解即可. 【详解】已知，对已知等式变形得. 将上式代入中化简得. 由基本不等式得， 因此，当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 13．已知函数．若存在，使得，则的最大值为__________． 【答案】 【分析】将函数的解析式利用辅助角公式进行化简，根据题意分情况讨论，求解最大值即可. 【详解】因为， 则由题意，可得或， 当时，讨论如下， 令，解得 ， 而，则， 令 ，解得 ， 而，则， 若最大，则最大，最小即可， 则当，时，； 当时，讨论如下， 令 ，解得 ， 而，则， 令，解得 ， 而，则， 若最大，则最大，最小即可， 则当，时，. 综上， 的最大值为． 14．已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于______. 【答案】 【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和-16，数形结合三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，得到答案. 【详解】画出的图象，如下：    令，则， 根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合图象，当与相切时满足要求， 根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，故， 又，其在定义域内单调递减， 令，解得， 故时，有两个整数根，分别为2和-16， 由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2， 显然只有满足要求，此时，故， 令，解得另一个根为4， 又，解得， 故五个整数根分别为， 所以最大整数解和最小整数解之积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 四、解答题（本大题共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，在四棱锥中，，平面平面，，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)若，求证：平面平面. 【答案】(1)因为，，所以，且. 所以四边形是平行四边形，从而. 又平面，平面，所以平面. (2)由已知平面平面，平面平面， ，平面，所以平面. 平面，从而. 又，， 平面，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【分析】（1）运用线面平行的判定定理求解； （2）利用面面垂直的判定定理求解. 【详解】（1）略 （2）略 16．周口市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 【答案】(1)，众数为85，平均成绩为77.5 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及众数、平均数定义求解即可. （2）结合分层抽样方法及古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图得， ，解得． 由频率分布直方图可知初赛成绩的众数为85， 估计初赛成绩的平均数为：． 所以，众数为85，平均成绩为77.5． （2）由（1）知，成绩在，的频率之比为， 则在中随机抽取了人，记为，， 在中随机抽取了人，记为，，， 从5人中随机抽取2人的样本空间为： ，共10个样本点， 设事件“有1名或2名学生的成绩在内”， 则，有7个样本点， 因此， 所以有1名或2名学生的成绩在内的概率为． 17．在三角形中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，三角形的面积为，求三角形的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理边角转化可求得的值，进而求得的大小； （2）利用余弦定理和三角形的面积公式求解可得的值，进而求得三角形周长. 【详解】（1）因为，由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以. （2）因为，，且，即，则 又因为的面积为，即，则， 可得，即， 所以周长. 18．定义中心对称函数：设函数的定义域为，若对，都有，则称函数为中心对称函数，其中点为函数图象的对称中心．已知函数为中心对称函数，有唯一的对称中心． (1)求函数的定义域； (2)求函数图象的对称中心； (3)若当时，函数的值域恰为，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据对数函数的性质即可确定函数的定义域； （2）根据中心对称函数定义，将代入到中，对都成立，化简后可知， 化简后可求出来； （3）由（1）可知函数的定义域结合，再讨论时，根据函数的单调区间，可求得复合函数的单调区间，当根据函数单调递减，可求得复合函数的单调区间，结合函数值域即可求解. 【详解】（1）因为， 根据对数函数的性质可知，解得或， 所以函数的定义域为． （2）设函数图象的对称中心为，则 所以 ， 对成立，则可知， 则可知上式的分子分母成比例，则可得，解之可得， 代入，故， 所以函数图象的对称中心是点． （3）由（1）知，的定义域为， 因为或， ①若，则，可知函数单调递增， 任取，且，则，即． 则即， 所以当，复合函数在上单调递减， 又当时，的取值范围恰为，所以必有且， 解得（舍去），所以， ②若，则， 又因，所以， 同上可证复合函数在上单调递增， 则在上的取值范围应为，而为常数， 所以函数在上的值域不可能恰为，故在这种情况下，无解， 综上，． 19．对于平面向量，定义“ 变换”： ，其中，，表示、中较大的一个数，表示、中较小的一个数．若，则．记． (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得． 【答案】(1) (2)1349 (3)对当，时，当，时，当，时， 三种不同的情况进行分析， 当，时，显然存在，使得， 当，时，，即， 存在，使得． 同理，当，时，存在，使得． 当，时，若，则， 存在，使得． 若，设， 假设对任意，所以、均不为0． 因为、，所以． 如果，则， 如果，则，所以， 所以，即． 因为， 所以，所以， 与矛盾，故假设错误，存在，使得， 综上所述，对于任意，经过若干次 变换后，必存在，使得． 【分析】（1）根据定义即可求得，从而求得； （2）根据定义求得，即可求得，然后分析得到，由题意即可求得答案； （3）分别当，时，当，时，当，时，三种不同的情况进行分析，利用假设法及题目定义即可证明结论. 【详解】（1）因为， ，，， ，，， 所以． （2）因为， 令是方程的两根，即， 所以或， 所以，， 即， 由题意得，， 由规律分析得且， 由且可以得到的最大值为674，所以， 所以，此后进入循环， 所以当时，； 当时，； 当时，． 所以最小时，的最小值为1349． （3）略 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 $ 2025-2026学年重庆市高一期末模拟考试卷（七） 数学 考试范围：必修一、必修二到9.3统计；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．若复数满足，则（ ） A． B． C． D． 2．半径为，圆心角为的扇形的弧长为（     ） A． B． C． D． 3．函数在区间上的图象大致为（   ） A．B．C．D． 4．已知是定义在上的函数，且满足；则的值为（    ） A．－5 B． C．－1 D．1 5．设，为非零向量，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 6．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 7．已知圆锥的轴截面是面积为的正三角形，则该圆锥的外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 8．已知，，且，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2、 多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．下列命题中，正确的是(    ) A．若向量，则与的夹角为 B．若非零向量与的夹角为，则” “是”为锐角”的充分不必要条件 C．若平面向量，，，若，则的最小值为 D．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为 10．如图，正方体的棱长为2，M，N分别为棱， 的中点，P为棱上的动点，则下列说法正确的是（     ）    A．三棱锥 的体积为 B．平面 截正方体表面所得的交线形成的图形可能为三角形 C．若P是棱的中点，则平面 截正方体所得截面面积为 D．平面 截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形且此时截面面积最大 11．定义在上的函数满足下列条件：（1）；（2）当时，，则（    ） A． B．在上单调递增 C．当时， D．当时， 3、 填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知，均为正数，若，则最小值为________. 13．已知函数．若存在，使得，则的最大值为__________． 14．已知函数，，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于______. 四、解答题（本大题共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，在四棱锥中，，平面平面，，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)若，求证：平面平面. 16．周口市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 17．在三角形中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，三角形的面积为，求三角形的周长. 18．定义中心对称函数：设函数的定义域为，若对，都有，则称函数为中心对称函数，其中点为函数图象的对称中心．已知函数为中心对称函数，有唯一的对称中心． (1)求函数的定义域； (2)求函数图象的对称中心； (3)若当时，函数的值域恰为，求的值． 19．对于平面向量，定义“ 变换”： ，其中，，表示、中较大的一个数，表示、中较小的一个数．若，则．记． (1)若，求及； (2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值； (3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得． 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 $