精品解析：广东广州市三校联考2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

2025-2026学年下学期期末考试 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：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】B 【解析】 【详解】因为集合，，所以. 2. 已知甲、乙两人投篮命中的概率分别为和，且事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则甲、乙两人至少有一人命中的概率为（ ） A. 0.88 B. 0.48 C. 0.32 D. 0.12 【答案】A 【解析】 【分析】令事件表示甲投篮命中，事件表示乙投篮命中，事件表示甲、乙两人至少有一人命中，则，，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可求解. 【详解】令事件表示甲投篮命中，事件表示乙投篮命中，事件表示甲、乙两人至少有一人命中， 则，所以， 所以 ， 故选：A. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，解得， 原式. 4. 已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥， 作平面分别交平面、平面于、， 作平面交于，则、分别为、的中心. 因为，所以，， 所以， 设该正三棱台的高为， 因为，所以， 故，故选C. 5. 已知四边形ABCD为平行四边形，，F为AC与DE的交点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查平面向量的线性运算，解题的关键在于利用向量共线的性质，结合平行四边形的性质，将用和表示出来，先根据已知条件得到与的关系，再利用向量共线设出与的关系，进而得到与、的关系，最后根据求出． 【详解】已知，则． 因为为与的交点，所以，，三点共线，，，三点共线． 设（为实数），因为是平行四边形，所以，所以． 因为，，三点共线，所以存在实数，使得． 又因为， ，所以． ，解得． 所以． 根据向量减法的三角形法则，，将代入可得： ． 6. 记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 锐角或直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】应用正弦定理得出，再应用余弦定理计算得出两角和余弦值即可得出角的范围判断形状. 【详解】因为，由正弦定理得，又，故， 由余弦定理得，故， 得，所以， 得， 所以，或，，所以为钝角三角形. 7. 已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（ ） A. 99 B. 78 C. 66 D. 52 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论. 【详解】因为关于对称，所以， 用替换可得①， 因为关于对称，所以， 又，用替换可得， 用替换可得， 两式相加可得， 用替换可得②， 由①②可得， 用替换可得 因为， 在中令，得，故， ， 因此. 8. 已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出，然后把方程化简，等价于求和在 内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解. 【详解】已知​是 的零点，代入得：  ，  即 ，解得 ， 由条件： 时，代入验证： 时，， ，恒成立，符合条件； 时，​， ，恒成立，不符合条件； 时，的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件. 因此， ， 当时：； 当时： ， 原方程等价于求和在 内的所有根之和. 令，当时，， 方程，即在 内仅是解，对应： ，​ 方程即在 内有两个解，由正弦函数对称性得，对应： ，​ ​ 故所有根的总和为： .​ 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. 已知复数，其中，是虚数单位，则（ ） A. 当时，为纯虚数 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【详解】对A：当时，，故A错误； 对B：当时，，故B正确； 对C：当时，，此时，故C正确； 对D：当时，， 所以 ，故D正确. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，为的中点，则 B. 在中，若，则是等腰三角形 C. 已知，若与的夹角是钝角，则 D. 在边长为6的正方形中，点在边上，且，点是中点，则 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，因为在中，为的中点， 则， 所以A错误； 对于B，因为是非零向量，所以所在的直线平分， 因为，所以， 所以是等腰三角形，故B正确； 对于C，因为与的夹角是钝角，所以，且与不共线， 由得，所以， 又与不共线，所以，所以， 所以当与的夹角是钝角，且，故C错误； 对于D，如图，以为原点建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以，故D正确. 11. 在矩形中，，，将沿折叠至，得到三棱锥，设球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面平面，则三棱锥的体积为 B. 球的半径为1 C. 若与BD的夹角的正切值为，则二面角的大小为 D. 设分别为的中点，则直线被球所截长度的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】作和分别垂直，得到，结合体积公式，可判断A错误；取为的中点，且为外接球的球心，求得球的半径，可判定B正确；取，连接，在中，利用余弦定理，求得，可判定C正确；根据向量的运算法则，求得的取值范围，得到球心到的距离的取值范围，结合圆的弦长公式，可判定D正确. 【详解】对于A，作垂直于点，垂直于点，所以， 当平面平面时，三棱锥的体积，所以A错误； 对于B，设为的中点，根据直角三角形的性质，可得， 即为外接球的球心，可得球的半径为，所以B正确； 对于C，如图1所示，取，且， 连接，则，且与BD的夹角，即为， 因为，所以， 在中，，且， 由余弦定理得， 又因为，所以，所以C正确． 对于D，取的中点，连接， 如图2所示，过点分别作垂足分别为 因为分别为的中点，且， 在直角中，可得， 同理可得，所以， 设向量夹角为，可得， 又因为，可得 ， 因为，可得，所以，即 又由球心到的距离为，可得， 则截得的弦长为， 所以直线被球所截得的长度的取值范围为，所以D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在方向上的投影的坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的数量积运算以及投影坐标的概念求解． 【详解】由题得，所以， 与向量的同向单位向量为， 所以向量在向量方向上的投影的坐标为． 故答案为：． 13. 已知，，且，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，令，所以再利用基本不等式求解即可. 【详解】由题可得， 所以， 令，即， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 的最小值为13. 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先对已知条件进行化简，得出的值，再根据确定集合中元素的轨迹，最后分析且时的取值范围. 【详解】，. 设，则，即，，. 已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点. 题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集： 两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径， 建立如图所示的坐标系： 是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到， 中最远的两点距离是两个外圆的交点距离， 因为两个外圆半径都是，圆心距， 由勾股定理可得两交点距离为： 因此∣的取值范围是 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. 如图，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点， 又为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需说明是异面直线与所成的角或其补角，再结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以是异面直线与所成的角或其补角． 由题知，， 在中由余弦定理，得. 16. 学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值，并估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（中位数保留一位小数） （2）若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 【答案】（1），平均数75分，中位数约为. （2） 【解析】 【详解】（1）由频率分布直方图，得， 所以.该次测试分数的平均数的估计值为： 分； 测试分数在的频率：， 测试分数在的频率：， 则测试分数中位数为，，解得， 所以此次数学测试分数的中位数约为. （2）记分数在的人数为（人）， 分数在的人数为（人）， 由，得采用分层随机抽样的方法抽取的5人中， 分数在的有2人，编号分别为，分数在的有3人，编号为， 从这5人中选取2人的样本空间， 则，记事件“至少有一人分数在”，则，则， 所以这2人中至少有一人分数在内的概率为. 17. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A； （2）若，求的面积S的取值范围； （3）若的外接圆半径为，求内切圆半径的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角及两角和的正弦公式化简后可求得进而可求； （2）由三角形的面积，利用正弦䆙理求得，可求的面积S的取值范围； （3）利用正余弦定理求得，利用基本不等式可求得，利用三角形面积可求得，再结合的关系可求得的最大值. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， ， ， ， 又， ．· 【小问2详解】 由，得． 由正弦定理得， 则． 又为锐角三角形， 得， 则，即， ，于是， 即的面积S的取值范围为．· 【小问3详解】 设的外接圆半径为R，内切圆半径为r． 由（1）如，． 由余弦定理得，即， ， ．· ， （当且仅当时，等号成立）．· ， · （当且仅当时，等号成立）． 显然此时为等边三角形，满足题意， 故内切圆半径的最大值为．· 18. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值； （3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值. 【小问1详解】 平面平面，交线为，又，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，，平面， 故⊥平面； 【小问2详解】 ，，， 由勾股定理得， 平面，平面， 所以， 因为，，由勾股定理得， 过点作⊥于点，则， 故， 过点作⊥，交于点，连接， 故即为二面角的平面角， 由勾股定理得， 又， 由余弦定理得，故， 在Rt中，，即，解得， 故， 在Rt中，， 由余弦定理得， 故， 在中，由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； 【小问3详解】 连接，因为，，所以， 又，⊥，由勾股定理得， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为， 则， 要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可， ， 由（1）得平面，故， 设，则，， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 则， 因为，所以， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 19. 对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 【答案】（1） （2） 存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下： 由题意可得， 若存在“长向量”，只需使， 又， ， 即，即， 当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、． （3） 【解析】 【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案； （2），若存在“长向量”，只需使，又，故，即，当或6时，符合要求，得到结论； （3）由题意得，同理，，三式相加并化简，得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，故． 【小问1详解】 由题意可得：，即，又， 故， 故， 解得； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理，， 三式相加并化简，得， 即，，所以， 设，由得， 设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称， 则依题意得：， 将①代入②得，， 从而， ……， ， 以上个式子相加化简得， ， 又由②知， ， 即， 所以， 其中， ， 当且仅当时等号成立，故． 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年下学期期末考试 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：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. 已知甲、乙两人投篮命中的概率分别为和，且事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则甲、乙两人至少有一人命中的概率为（ ） A. 0.88 B. 0.48 C. 0.32 D. 0.12 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知四边形ABCD为平行四边形，，F为AC与DE的交点，则（ ） A. B. C. D. 6. 记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 锐角或直角三角形 7. 已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（ ） A. 99 B. 78 C. 66 D. 52 8. 已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（ ） 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. 已知复数，其中，是虚数单位，则（ ） A. 当时，为纯虚数 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，为的中点，则 B. 在中，若，则是等腰三角形 C. 已知，若与的夹角是钝角，则 D. 在边长为6的正方形中，点在边上，且，点是中点，则 11. 在矩形中，，，将沿折叠至，得到三棱锥，设球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（ ） A. 若平面平面，则三棱锥的体积为 B. 球的半径为1 C. 若与BD的夹角的正切值为，则二面角的大小为 D. 设分别为的中点，则直线被球所截长度的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，则向量在方向上的投影的坐标是_______． 13. 已知，，且，则的最小值为____________. 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 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. 如图，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 16. 学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值，并估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（中位数保留一位小数） （2）若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 17. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A； （2）若，求的面积S的取值范围； （3）若的外接圆半径为，求内切圆半径的最大值． 18. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 19. 对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”． （1）设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围； （2）若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； （3）已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $