精品解析：云南文山州2025-2026学年高一下学期学业质量监测数学试题

文山州2026年春季学期学业质量监测高一数学 （全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将二维码准确粘贴在二维码区域内． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数，则所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 样本数据的第三四分位数是（ ） A. 21 B. 26 C. 39 D. 64 4. 角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数的零点分别为，则，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 7. 文山州某中学高一学生甲、乙玩抛骰子游戏，游戏共进行两轮，每轮游戏相互独立，甲和乙各抛一枚质地均匀骰子1次为一轮游戏，在一轮游戏后，设事件：“甲抛得向上的点数是1”，事件：“乙抛得向上的点数是偶数”，事件：“甲和乙所得的点数之和能被5整除”，在两轮游戏后，设事件：“甲2次抛得向上的点数都是1且甲和乙4次抛得向上的点数之和能被6整除”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. C. D. 8. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（ ） A. 1 B. 0 C. -1 D. -2 二、多项选择题：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. 在棱长为1的正方体中，连接线段，下列说法正确的是（ ） A. 正方体的棱所在直线有6条与直线异面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 直线平面 D. 点到平面的距离为 10. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 是偶函数 D. 取得最小值时的取值集合为 11. 已知点是的外心，，记，，设，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则___________． 13. 对任意满足的正实数，一元二次不等式在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 14. 在棱长为的正四面体内放入一大一小的2个实心球，其中，大球与正四面体的各个面都相切，则小球的最大半径为___________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2026年5月23日，滇超联赛第14轮比赛，如期在文山市盘龙体育馆举行，文山队主场迎战临沧队，赛场上文山州运动健将顶住压力、奋勇拼杀，以获得本场比赛的胜利，至此文山队继战胜保山、昭通后又力克临沧队，强势斩获三连胜．为了更好地推广足球运动和足球相关的文化，赛后有关部门随机邀请了200名观众做足球运动和足球文化方面的知识素养调研测试．现将数据按照，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，并估计该次调研知识测试的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按比例分层抽样从和两组中随机抽取了5名观众，现从已抽取的5名观众中随机抽取2名，求至少有1名观众的成绩在的概率． 16. 已知函数的最小值为-1． （1）求实数的值； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，当时，求函数的值域和单调递增区间． 17. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小． 18. 已知中，内角的对边分别为． （1）求； （2）若，与交于点，求的面积． 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，即．已知函数的图象关于点成中心对称，函数．（为自然对数的底数） （1）求函数的定义域，并判断函数的单调性（只需判断即可）； （2）求函数的对称中心； （3）若，使得不等式成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 文山州2026年春季学期学业质量监测高一数学 （全卷满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将二维码准确粘贴在二维码区域内． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， 2. 在复平面内，复数，则所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】复数，则， 所以所对应的点位于第二象限. 3. 样本数据的第三四分位数是（ ） A. 21 B. 26 C. 39 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】先将样本数据从小到大排序，再依据75%分位数（第三四分位数）的计算规则即可求得结果. 【详解】先对样本数据从小到大排序21，26，39，45，55，64，68，样本容量； ； 因此该组数据的第三四分位数为第6项64. 4. 角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则， 所以.  5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】取，成立，不成立，故， 若，则，所以“”是“”的必要不充分条件. 6. 已知函数的零点分别为，则，的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别判断三个函数的单调性，结合零点存在性定理确定各零点的取值范围，再比较大小. 【详解】 定义域为，求导得，故在上单调递减， 代入得，，由零点存在性定理得；  定义域为，求导得（），故在上单调递减， 代入得，当时，故，由零点存在性定理得； 令，整理得，因恒成立，故唯一零点， 综上可得. 7. 文山州某中学高一学生甲、乙玩抛骰子游戏，游戏共进行两轮，每轮游戏相互独立，甲和乙各抛一枚质地均匀骰子1次为一轮游戏，在一轮游戏后，设事件：“甲抛得向上的点数是1”，事件：“乙抛得向上的点数是偶数”，事件：“甲和乙所得的点数之和能被5整除”，在两轮游戏后，设事件：“甲2次抛得向上的点数都是1且甲和乙4次抛得向上的点数之和能被6整除”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用互斥事件定义判断A，应用古典概型计算判断B,C,D. 【详解】甲抛得向上的点数是1，乙抛得向上的点数是2，可以同时发生，所以事件与事件不互斥，A选项错误； 因为事件包含甲的点数及乙的点数（甲，乙）有4种基本事件，所以，B选项错误； 因为事件包含甲的点数及乙的点数（甲，甲，乙，乙） 有6种基本事件，所以，C选项正确； 因为事件包含甲的点数及乙的点数（甲，甲，乙，乙）有1种基本事件，所以，D选项错误； 8. 已知函数是定义在上的奇函数，且，当时，，则（ ） A. 1 B. 0 C. -1 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】先根据对称性和奇偶性得出周期，再计算一个周期内的函数值之和即可. 【详解】因为，，所以， 则，则，则， 则是的一个周期， 因为当时，，所以，， 则，， 则，则 则 二、多项选择题：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. 在棱长为1的正方体中，连接线段，下列说法正确的是（ ） A. 正方体的棱所在直线有6条与直线异面 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 直线平面 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 通过分类统计正方体12条棱与体对角线的位置关系，排除相交、平行的棱，直接数出异面棱数量；B.依据线面角定义确定对应夹角，在直角三角形中求出正弦值；C.利用线面垂直判定定理，证明直线垂直于平面内两条相交直线，即可证线面垂直；D.采用几何等体积法，求解点到平面的距离. 【详解】体对角线 ，底面对角线 ，侧面棱 ；正四面体 各棱长均为. A.正方体共12条棱，分三类判断： 与相交的棱（6 条）：过点的棱 ；过点的棱 ，其中相交： 共 6 条； 与平行的棱：无，正方体棱均不平行于体对角线； 异面棱：剩余6条：，因此有6条棱与异面，A 正确； B.在正方体中 底面，故为直线与平面所成的角， 在直角中，，，B错误； C. 底面正方形中，又，，得面， 面，故，连接， 正方形中；面，得，，故面， 面，故，，平面， 因此平面，C正确； D.三棱锥，底面是直角三角形，，高， ， 为边长的正三角形，面积， 设点到平面距离为，则， 因为，所以，解得，D 正确. 10. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 是偶函数 D. 取得最小值时的取值集合为 【答案】ABD 【解析】 【详解】最小正周期为，故A正确； 由题意得，，则， 因为，所以，故B正确； ，则是奇函数，故C错误； 令，得，故D正确. 11. 已知点是的外心，，记，，设，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A应用向量数量积的定义求值判断；B、C取线段的中点，应用向量加减、数乘的几何意义用表示出判断；D取线段的中点，连接，应用向量垂直关系及数量级的运算律求值判断. 【详解】A：如图，，故不正确； B：因为，，所以是等边三角形， 如图，取线段的中点，则， 所以，故正确； C：因为， 所以，则，，，故正确； D：取线段的中点，连接， 因为，所以是等腰三角形， 所以，， ，故正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由的单调性得出，再借助对数恒等式即可求得结果. 【详解】因为在上单调递增，所以， 所以. 13. 对任意满足的正实数，一元二次不等式在上恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式得到，再利用一元二次不等式在上恒成立得，从而可得实数的取值范围. 【详解】已知正实数满足，所以，当且仅当时，取得最大值9. 因为一元二次不等式在上恒成立， 所以，即，解得. 所以. 14. 在棱长为的正四面体内放入一大一小的2个实心球，其中，大球与正四面体的各个面都相切，则小球的最大半径为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设大球球心为，半径为，小球球心为，半径为，当小球的半径最大时，小球与大球相切，且与正四面体的三个面相切，由，解得，再根据题意由求得即可. 【详解】设大球球心为，半径为，小球球心为，半径为， 当小球的半径最大时，小球与大球相切，且与正四面体的三个面相切，如图所示： 设正四面体的顶点在底面的射影点为，则为正的中心， 延长交于点，则为的中点， 因为是边长为的等边三角形，则，且， 所以， 所以正四面体的高为：， 易知正四面体每个面都全等，故其表面积为， 则，解得， 由题意得，， 因为，所以，即，解得. 故小球的最大半径为. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 2026年5月23日，滇超联赛第14轮比赛，如期在文山市盘龙体育馆举行，文山队主场迎战临沧队，赛场上文山州运动健将顶住压力、奋勇拼杀，以获得本场比赛的胜利，至此文山队继战胜保山、昭通后又力克临沧队，强势斩获三连胜．为了更好地推广足球运动和足球相关的文化，赛后有关部门随机邀请了200名观众做足球运动和足球文化方面的知识素养调研测试．现将数据按照，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，并估计该次调研知识测试的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按比例分层抽样从和两组中随机抽取了5名观众，现从已抽取的5名观众中随机抽取2名，求至少有1名观众的成绩在的概率． 【答案】（1），平均成绩为分； （2） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出，再利用各组中点值乘以对应频率求和得到平均成绩； （2）根据频率之比确定分层抽样的人数，利用古典概型概率公式即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，组距为， 所有矩形的面积之和为， 即， 解得． 该次调研知识测试的平均成绩为：     ； 【小问2详解】 成绩在的频率为， 成绩在的频率为， 两组频率之比为． 因为按比例分层抽样抽取了名观众， 所以成绩在的观众抽取了人，记为， 成绩在的观众抽取了人，记为． 从这名观众中随机抽取名，所有可能的抽取结果是：  ，共种． 记“至少有名观众的成绩在”为事件， 则事件包含的基本事件有： ，共种． 所以． 故至少有名观众的成绩在的概率为． 16. 已知函数的最小值为-1． （1）求实数的值； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，当时，求函数的值域和单调递增区间． 【答案】（1） （2）值域为 ，单调递增区间为 【解析】 【小问1详解】 ，因此 ，由题意最小值为 ， 所以，得 【小问2详解】 由（1）知 依题意得， 令 ，，则 在 的取值范围：，即 值域为 由 解得 结合定义域 ，取 ，得的单调递增区间是. 17. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）连接交于O点，连接， 则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则O为的中点，又E为AB的中点，故， 平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）设，推导出平面，利用锥体的体积公式可求出的值，利用线面角的定义可知，直线与平面所成角为，计算出的正切值，结合的取值范围可得出的值，即为所求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，连接、， 因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为，，则， 所以， 因为平面，平面，则， 因为，，所以四边形为矩形， 设，则， 所以，解得， 因为平面，所以直线与平面所成角为， 在中，，，所以， 因为，故，因此直线与平面所成角为. 18. 已知中，内角的对边分别为． （1）求； （2）若，与交于点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角求得，再由余弦定理即可求解； （2）利用三角形面积公式，和，，，联立即可求解. 【小问1详解】 由，结合正弦定理边化角可得： ， 又，， 得, . 由余弦定理 , 代入, , ， 得 , 即 , 解得 (负值舍去)； 【小问2详解】 由（1）知 , , . ， 设，，由，， 可得：，， 则 联立方程组解得： ， 即的面积是. 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，即．已知函数的图象关于点成中心对称，函数．（为自然对数的底数） （1）求函数的定义域，并判断函数的单调性（只需判断即可）； （2）求函数的对称中心； （3）若，使得不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）定义域为，函数在上单调递增； （2）对称中心为 （3）的取值范围是 【解析】 【分析】（1）利用真数大于零可解得函数定义域.利用复合函数单调性关系可判断函数的单调性. （2）利用已知条件列出方程组即可求解出对称点. （3）根据题设可得，再分别求解两函数的最大值即可. 【小问1详解】 因为 所以，即，解得. 所以函数的定义域为. 令， 因为，所以单调递增，即单调递增. 又因为单调递增，所以函数在上单调递增. 【小问2详解】 因为函数的图象关于点成中心对称， 所以，即. 所以. 因为上式对任意成立，所以，解得. 所以函数的对称中心为. 【小问3详解】 因为，使得不等式成立， 所以. 由（1）得在上单调递增，所以. ， 令，设 因为，所以，即，所以 即. 所以，解得. 实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $