精品解析：湖北省孝感市楚天教科研协作体2025-2026学年高一下学期6月期末数学试题

湖北省孝感市楚天教科研协作体2025-2026学年高一下学期6月期末 数学试题 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若（为虚数单位），则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出复数后利用虚部定义即可得. 【详解】， 故复数的虚部是. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据三角函数的定义求出角α的正弦、余弦值，再利用二倍角正弦公式计算即可. 【详解】因角α的终边经过点，点P到原点的距离为， 则，， 故.  3. 已知平面，和直线，下列结论正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 若与是异面直线，，，则 【答案】B 【解析】 【详解】，只有当直线垂直于两个平面交线时，， 当前条件无法推出线面垂直，故A错误； 设，由面面垂直性质，内存在直线垂直于，直线与平行， 且，故，B正确； ，两个平面可以相交， 如两个相交平面内各取一条互相平行的直线，满足条件但平面不平行，故C错误； 异面直线分别在两个平面内，两个平面可以相交，故D错误． 4. 孝感红茶是国家地理标志产品，是全发酵工夫红茶.泡茶时讲究高冲低斟､均分茶汤.茶壶聚香锁味，小杯小口品茶，一壶分多杯是工夫茶“分茶奉幸､礼敬宾朋”的习俗.如图，一把圆台形茶壶，上口半径，下口半径，高；配套圆柱形品茗杯，底面半径，高.装满一壶茶水，最多能倒满（ ）杯. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别利用圆台和圆柱的体积公式计算出茶壶和茶杯的容积，求商即可求得结果. 【详解】设圆台形茶壶的上口半径为，下口半径为，高为，圆柱形品茗杯的底面半径为，高为，则， 根据圆台的体积公式，可得茶壶的容积. 根据圆柱的体积公式，可得品茗杯容积， 则最多能倒满的杯数为. 故最多能倒满15杯. 5. 已知平行四边形的三个顶点的坐标分别是，那么在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用平行四边形性质求出、，再利用投影向量定义计算即可得解. 【详解】由题意可得，， 则， 故在上的投影向量是. 6. 已知，在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先联立两个三角函数解析式求交点坐标，取距离最短的两交点利用两点间距离公式计算即得的值. 【详解】令，整理得，，因此， 解得交点横坐标为，对应的纵坐标， 取相邻的两交点，当时，交点为，当时，交点为. 由，，因，所以. 7. 享有“天下江山第一楼”美誉的黄鹤楼位于湖北武汉，地处蛇山之巅，濒临万里长江，更因历代诗人登楼作诗而名闻天下.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，他选取了与该楼底部在同一水平面内三个共线的测量基点，分别测得塔顶点的仰角为，且，示意图如图，则该楼高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设楼高 ，在三个直角三角形中分别用  表示出  的长度，然后利用余弦定理和等腰三角形性质建立方程求解. 【详解】设楼高  m， 因为  平面 ，所以  均为直角三角形. 在 Rt 中，，所以 . 在 Rt 中，，即，所以. 在 Rt 中，，所以. 因为 ，所以  为等腰三角形. 又  三点共线，且 ，所以 . 取  的中点，连接 . 因为 ，所以 . 在 Rt 中，，. 在  中，由余弦定理得： ，  即  ， 整理得， 解得 ，即 . 故该楼高  为  m. 8. 已知，若点是所在平面内一点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以为原点，建立平面直角坐标系。利用坐标结合基本不等式求向量数量积的最大值. 【详解】因为，所以可以为原点，建立如图平面直角坐标系： 因为，所以点坐标为， 因为，所以，， 所以，， 所以， 因为，所以，当且仅当即时取等号. 所以. 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 有三种个体按的比例分层随机抽样调查，如果抽取的个体数为9，则样本容量为 B. 数据的极差与众数之和为6 C. 一组数据，在这组数据中插入一个数5，方差变大 D. 数据的上四分位数是 【答案】BD 【解析】 【详解】分层抽样比例，个体数为9，设每份为，则，故， 总样本量为，故A错误； 数据的极差为，众数为2，两数之和为，故B正确； 数据均值， 方差， 插入数字5，均值仍为5，方差， 方差变小，故C错误； 数据升序排列为，共8个数据，上四分位的位置， 为第6、7个数的平均值：，故D正确． 10. 在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则有两解 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则一定是等边三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合三角形边角关系，利用正弦定理、余弦定理、三角函数性质对各选项逐一分析判断. 【详解】选项A：因为在中，由可得，由正弦定理（为外接圆半径），得，，因此，即，A正确； 选项B：由正弦定理，得，则无解，B错误； 选项C：由可知为最大边，故为最大角，假设，由余弦定理，， 两边同乘以，得，因为所以，，则， 这与矛盾，假设不成立，即是锐角三角形，C正确； 选项D：由和正弦定理，可得，即， 因为，所以，D正确. 11. 已知正三棱柱的高为4，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面是等腰梯形 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据内切球半径，可求正三棱柱底面边长，判断A的真假；利用面面垂直的判定定理，可判断B的真假；作出截面，可判断C的真假；利用台体和柱体的体积公式求体积，可判断D的真假. 【详解】如图： 设正三棱柱中，下底的中心为，上底的中心为， 直线交直线于，直线交于， 则，分别为，的中点. 因为正三棱柱的高为4，且有内切球，所以内切球半径为. 对A：因为正三棱柱内切球半径为， 所以内切圆的半径也为2，即，所以， 所以，故A错误； 对B：在中，，，所以. 同理，，所以，即. 又，，平面，， 所以平面， 又平面，所以. 平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面，故B正确； 对C：延长交于点，则为中点， 过作，分别交，于点， 则等腰梯形即为截面，故C正确； 对D：平面截三棱柱成两部分，台体与几何体. 因为，设的面积为，则的面积为. 所以，， 所以. 所以该三棱柱被截面分成两部分， 较小部分与较大部分的体积之比为，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，已知，，则原四边形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【详解】在直角梯形中，为等腰直角三角形，，则， 四边形是梯形，下底边长，上底边长， 高，所以四边形的面积. 13. 已知函数，是奇函数且在上单调递减，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数为奇函数得出或，然后对或进行分类讨论，分析可知，由可得，根据正弦型函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得的值. 【详解】因为函数是奇函数，则， 因为，所以或. 因为，若，则为常值函数，不符合题意，所以， （1）若，则，当时，， 因为正弦函数在上单调递增， 故函数在上不可能单调递减，不符合题意； （2）若，则， 当时，， 因为函数在上单调递减，且函数在上单调递减， 则，所以，解得， 因为，所以，符合题意. 综上所述，. 14. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知中，角所对的边分别为，且，则__________.若点为的费马点，，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用二倍角公式和正弦定理边化角可求得；根据费马点定义和向量数量积定义可化简所求式子为，利用面积桥可构造方程求得，代入所求式子即可. 【详解】， ， 由正弦定理得：，； 为直角三角形，为的费马点，， 设，，， 则； ，， ， . 四､解答题：本题共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. 某校AI社团组织全校学生参加AI伦理与法治素养主题知识竞赛，旨在引导同学们深入学习人工智能伦理规范与相关法律知识，争做负责任的AI技术传播者.竞赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值，并估计考核得分的第70百分位数； （2）已知落在内的平均成绩是85分，方差是6，内的平均成绩是97分，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为､､；､､，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差. 【答案】（1） ，第 百分位数为 ； （2）平均数 ，方差 . 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求出及计算样本数据的第百分位数. （2）先求出总体平均数，再利用分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图,得，因此； 成绩在的频率为， 成绩在的频率为，因此考核得分的第70百分位数， 由，解得， 所以考核得分的第70百分位数为. 【小问2详解】 依题意，成绩落在的频率为，成绩落在的频率为， 所以，. 16. 在复平面内，是坐标原点，向量、对应的复数分别为，. （1）的对应点在第四象限，求实数的取值范围； （2）当时，以、分别为正四棱柱底面棱长和侧棱长，、分别是、的中点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法化简复数，根据复数的几何意义可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （2）求出向量、的坐标，由题意得出可求出的值，进而可求得、的值，连接、、，根据异面直线所成角的定义可知异面直线与所成角为或其补角，求出的三边边长，结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由题意可得， 因为的对应点在第四象限，则，解得， 故实数的取值范围是. 【小问2详解】 由复数的几何意义可得，， 因为，则，解得，则， 所以，， 故正四棱柱的底面边长为，侧棱长为， 连接、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在正四棱柱中，，，则得， 所以，故， 所以异面直线与所成角为或其补角， 因为平面，平面，所以， 则， 同理可得，， 由余弦定理可得， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 17. 行列式是线性代数的一个重要研究对象，本质上，行列式描述的是维空间中，一个线性变换所形成的平行多面体的体积，它被广泛应用于解线性方程组，矩阵运算，计算微积分等.把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为.已知函数. （1）当时，求的单调递增区间； （2）若对任意的，都有解，求实数的取值范围. 【答案】（1） 单调递增区间为和 （2） 的取值范围为 【解析】 【分析】先根据二阶行列式运算法则化简为正弦型函数，第一问结合正弦函数单调性和定义域求递增区间； 第二问将方程有解转化为求二次函数在值域上的取值范围。  【详解】(1) 正弦函数的单调递增区间满足， 令，则：   解得，结合： 当时，得区间；当时，得区间,故的单调递增区间为和; (2)方程有解等价于，即的取值范围为函数在值域上的取值范围： 当时，，故， 因此, 令，则， 该二次函数开口向上，对称轴为： 当时，取最小值；当时，取最大值， 即, 故的取值范围为。 18. 在中，角所对边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若是线段的中点，且，，求； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角可求得，进而得到； （2）利用余弦定理和向量运算可构造方程组求得，代入三角形面积公式即可； （3）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、二倍角和辅助角公式可将问题转化为正弦型函数值域问题的求解；根据的范围可求得结果. 【小问1详解】 由正弦定理得：，，即， ，. 【小问2详解】 由余弦定理得：…①； 为线段的中点，， ，即…②， ②①得：，解得：， . 【小问3详解】 由正弦定理得：，，， ； 为锐角三角形，，解得：， ，，， 又，，即的取值范围为. 19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，其中，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）为上的动点，以为直径作球，设，若球被平面截得的截面圆的面积为，求的最小值. 【答案】（1）证明：因是圆的直径，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面可得，由条件易得，根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作于点，连接，证明即二面角的平面角，在中，利用三角函数定义即可求得答案； （3）先求得球的半径为，设点到平面的距离为，则得点到平面的距离为，利用余弦定理求出相关边与角，根据求得，接着利用球的截面圆性质求出截面圆面积的表达式，借助于二次函数的性质即可求得其最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因平面，故平面， 又平面，则， 即二面角的平面角， 因在中，，由面积相等可得， 在中，，则. 【小问3详解】 因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，则， 则，则， 在中，，则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则， 则， 因，故当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省孝感市楚天教科研协作体2025-2026学年高一下学期6月期末 数学试题 一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若（为虚数单位），则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面，和直线，下列结论正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 若与是异面直线，，，则 4. 孝感红茶是国家地理标志产品，是全发酵工夫红茶.泡茶时讲究高冲低斟､均分茶汤.茶壶聚香锁味，小杯小口品茶，一壶分多杯是工夫茶“分茶奉幸､礼敬宾朋”的习俗.如图，一把圆台形茶壶，上口半径，下口半径，高；配套圆柱形品茗杯，底面半径，高.装满一壶茶水，最多能倒满（ ）杯. A. B. C. D. 5. 已知平行四边形的三个顶点的坐标分别是，那么在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 享有“天下江山第一楼”美誉的黄鹤楼位于湖北武汉，地处蛇山之巅，濒临万里长江，更因历代诗人登楼作诗而名闻天下.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，他选取了与该楼底部在同一水平面内三个共线的测量基点，分别测得塔顶点的仰角为，且，示意图如图，则该楼高（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若点是所在平面内一点，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 有三种个体按的比例分层随机抽样调查，如果抽取的个体数为9，则样本容量为 B. 数据的极差与众数之和为6 C. 一组数据，在这组数据中插入一个数5，方差变大 D. 数据的上四分位数是 10. 在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则有两解 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则一定是等边三角形 11. 已知正三棱柱的高为4，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面是等腰梯形 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，已知，，则原四边形的面积为__________. 13. 已知函数，是奇函数且在上单调递减，则__________. 14. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知中，角所对的边分别为，且，则__________.若点为的费马点，，则__________. 四､解答题：本题共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. 某校AI社团组织全校学生参加AI伦理与法治素养主题知识竞赛，旨在引导同学们深入学习人工智能伦理规范与相关法律知识，争做负责任的AI技术传播者.竞赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值，并估计考核得分的第70百分位数； （2）已知落在内的平均成绩是85分，方差是6，内的平均成绩是97分，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为､､；､､，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差. 16. 在复平面内，是坐标原点，向量、对应的复数分别为，. （1）的对应点在第四象限，求实数的取值范围； （2）当时，以、分别为正四棱柱底面棱长和侧棱长，、分别是、的中点，求异面直线与所成角的余弦值. 17. 行列式是线性代数的一个重要研究对象，本质上，行列式描述的是维空间中，一个线性变换所形成的平行多面体的体积，它被广泛应用于解线性方程组，矩阵运算，计算微积分等.把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为.已知函数. （1）当时，求的单调递增区间； （2）若对任意的，都有解，求实数的取值范围. 18. 在中，角所对边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若是线段的中点，且，，求； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，其中，，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）为上的动点，以为直径作球，设，若球被平面截得的截面圆的面积为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $