湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

**基本信息** 立足高一数学核心内容，融合文化传承（如八卦正八边形向量运算）与生活实践（如铜钱旋转体、摸球统计），通过分层设问考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|进制转换、解三角形、立体几何|结合计算机二进制情境考查数感（第1题）| |多选题|3/18|向量运算、概率独立性|以正方体动态点轨迹考查空间观念（第11题）| |填空题|3/15|复数方程、向量模长、三角形解的个数|关联八卦模型考查向量数量积（第13题）| |解答题|5/77|三角函数、概率统计、立体几何证明、解三角形|分层抽样与分布列考查数据意识（第16题），四棱锥外接球证明体现逻辑推理（第18题）|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高一下学期期末考试数学试卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）生活中有各种不同的进制，计算机使用的是二进制，数学运算一般使用十进制．任何进制数均可转换为十进制数，例如八进制数转换为十进制数的算法为．若将三进制数转换为十进制数，则转换后的数是（   ） A．856 B．527 C．728 D．242 2．（本题5分）在中，是角的对边，已知，则以下判断错误的是（    ） A．的外接圆面积是； B．； C．可能等于14； D．作关于的对称点，则的最大值是. 3．（本题5分）已知、为两个不同平面，m，n为不同的直线，下列命题不正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 4．（本题5分）铜钱又称方孔钱，是古代钱币最常见的一种．如图所示为清朝时的一枚“嘉庆通宝”，由一个圆和一个正方形组成，若绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体是（    ） 　　 A．一个球 B．一个球挖去一个圆柱 C．一个圆柱 D．一个球挖去一个正方体 5．（本题5分）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知甲、乙去北京旅游的概率分别为，，甲、乙两人中至少有一人去北京旅游的概率为，且甲是否去北京旅游对乙去北京旅游有一定影响，则在乙不去北京的前提下，甲去北京旅游的概率为（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知向量满足与的夹角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）一个袋子中有编号为1~10的10个小球，每名同学有放回地摸球5次，记录每次摸到的球的编号，现有四名同学的统计结果如下，其中可能摸到过编号为10的小球的是（    ） A．平均数为5，极差为4 B．中位数为5，极差为4 C．平均数为5，方差为4 D．中位数为5，众数为4 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列关于向量的说法正确的是（   ） A．任意向量，满足 B．若且，则 C．若非零向量满足，则 D．任意两个非零向量和，向量与向量垂直 10．（本题6分）连续地掷一枚质地均匀的股子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9"，则下列说法正确的是（    ） A．与不是互斥事件 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立 11．（本题6分）如图，在棱长为的正方体 中，为棱的中点，点满足 ，则下列说法中正确的是 （    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若，则四面体的体积为定值 D．平面截正方体的截面面积为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知是关于的方程的一个根，则实数___________． 13．（本题5分）中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象.如图（1）是八卦模型图，将其简化成图（2）的正八边形，若，则______. 14．（本题5分）的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为____________． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）设函数. (1)求函数的最小正周期； (2)求函数的最大值，并求出取最大值时的值. 16．（本题17分）某冰糖橙按照等级可分为四类：珍品、特级、优级和一级.某采购商从采购的这批橙子中随机抽取100箱，利用橙子的等级分类标准得到的数据如下表： 等级 珍品 特级 优级 一级 箱数 10 20 30 40 (1)若将频率作为概率，从这100箱橙子中有放回地随机抽取4箱，求恰好有2箱是特极品的概率； (2)用分层随机抽样的方法从这100箱橙子中抽取10箱，再从抽取的10箱中随机抽取3箱，表示抽取的一级品的箱数，求的分布列及均值， 17．（本题15分） 已知向量，. (1)求 和 ； (2)若，且，求向量与向量的夹角； (3)若，且，求向量的坐标. 18．（本题15分）如图所示的四棱锥 中，平面，，， ，，F为PC的中点； (1)求证：平面 ； (2)求证：平面 ； (3)若P，B，C，D在同一个球面上，证明：这个球的球心在平面 ABCD上. 19．（本题17分）已知为锐角三角形，分别为三个内角的对边, 且， (1)求； (2)若，的面积为，求的周长； (3)若，求周长的取值范围. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B A D D D ACD ACD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】利用进位制的转化结合等比数列的求和公式求得结果即可. 【详解】由题意可得将三进制数转换为十进制数， 则转换后的数为. 故选：C． 2．D 【分析】对A：利用正弦定理可求得的外接圆半径，即可求解的外接圆面积；对B：利用余弦定理角化边，即可求解；对C：利用正弦定理边化角，再结合两角和差的正弦公式，即可求解；对D：利用三角形面积公式和余弦定理，及均值不等式，即可求解． 【详解】解：对A：，， 由正弦定理可得，即的外接圆半径， 的外接圆面积是，故选项正确； 对B：由余弦定理可得，故选项正确； 对C：由正弦定理可得，， ，故选项正确； 对D：设关于的对称点我，到的距离为， ，即， 又由余弦定理可得，当且仅当时等号成立， 所以，即， 所以的最大值是，故选项错误． 故选：D． 3．C 【分析】由线面垂直的性质可判断A，B；以长方体为载体进行验证可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】对于A，两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，故A正确； 对于B，垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确； 对于C，如图，长方体中，记，平面为平面，平面为平面，，由图可知，故C错误；    对于D，由面面垂直的判定定理可得，故D正确； 故选：C． 4．B 【分析】根据旋转体的定义可得正确的选项. 【详解】圆及其内部旋转一周后所得几何体为球， 而矩形及其内部绕一边旋转后所得几何体为圆柱， 故题设中的平面图形绕旋转轴（虚线）旋转一周，形成的几何体为一个球挖去一个圆柱， 故选：B. 5．A 【分析】由，可得，结合已知化简可得，再利用向量的夹角公式求解即可 【详解】因为非零向量，满足，且， 所以，所以， 设与的夹角为，则 ， 因为，所以， 故选：A 6．D 【分析】根据两个事件的和事件的概率公式求出，利用全概率公式得到，再利用条件概率求解即可. 【详解】记事件A：甲去北京旅游，事件B：乙去北京旅游， 则，，， 因为，即，解得， 又因为，即，解得， 因为，所以， 所以. 故选：D. 7．D 【分析】利用向量的数量积公式与模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由已知得， 所以 ， 当时，取得最小值48， 所以的取值范围是. 8．D 【分析】由已知条件摸到编号10，根据极差为4，可知最小编号为6，依次计算平均数和中位数即可判断选项A和B；根据方差为4，可得，而，即可判断选项C；由4，4，5，6，10这种情况即可判断选项D. 【详解】设5次编号从小到大为，平均数为，若摸到10，则最大值， 选项A，由极差为4，，则，此时5个数均大于或等于6，总和大于等于30，所以，选项A错误； 选项B，由极差为4，，则，所以，因此中位数不可能为5，选项B错误； 选项C，若平均数为5，则，又，所以， 因为方差为4，所以， 则，而，不合题意， 所以选项C错误； 选项D，若中位数为5，众数为4，则至少有两个4，又摸到10，所以4，4，5，6，10，这种情况即可满足条件，因此选项D正确. 9．ACD 【分析】利有向量的运算律，向量数量积运算，向量垂直的性质即可作出判断. 【详解】对于A，根据向量数量积的分配律成立，故A正确； 对于B，由可得， 因为，所以，所以不一定成立， 举反例：如此时，故B错误； 对于C，因为非零向量满足，所以， 即，所以，故C正确； 对于D，由于， 所以向量与向量垂直，故D正确； 故选：ACD. 10．ACD 【分析】根据互斥事件及相互独立事件的定义一一判断即可. 【详解】如第一次出现点，第二次出现点，此时事件、均发生，所以与不是互斥事件，故A正确； 依题意，，，， 又，即与相互独立，故C正确； ，即与相互独立，故D正确； ，即与不相互独立，故B错误. 故选：ACD 11．BCD 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B，利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段，求出其长度可判断B；对于C，由推理得到、、三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值，可判断C；对于D，取的中点，连接、，分析出截面为梯形，求其面积，可判断D. 【详解】对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因为四边形为正方形，可得， 又平面，平面，则, 又，、平面，故平面， 因平面，故②， 又，、平面，故由①②可得平面， 显然该结论不成立，故错误；    对于B，如图2，分别取、中点、，连接、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，， 故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面③， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形， 则，故， 因为平面，平面，所以平面④， 因为，、平面， 由③④可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段， 其长度为，B正确； 对于C，，，， 因为，，即， 所以， 即，即，故、、三点共线， 所以点在上，而，且平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确； 对于D，取的中点，连接、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，故， 又因为，故， 且， 由勾股定理可得， ， 所以， 因为，故， 故， 因为，故， 所以， 因此，平面截正方体的截面面积为， D正确. 故选：BCD. 12．12 【分析】由根与系数的关系即可得到答案. 【详解】设方程的另一个根为，由根与系数的关系： 故答案为：12. 13．/ 【分析】根据题意，利用余弦定理，计算出的值，根据向量运算，把化成，计算其长度得答案. 【详解】在中，设，， 则，所以， 所以. 故答案为： 14． 【分析】利用正弦定理，分情况讨论的取值对应的角的解的个数，筛选出符合要求的所有的取值，构成对应的集合. 【详解】已知三角形中，， 根据已知两边及一边对角时三角形解的个数结论： 当满足 或 时，三角形有唯一解. 代入条件，： 若，即，为正整数（边长为正），得； 若，即，解得，符合条件. 当时，，此时三角形有两解，不符合； 当时，，无解，不符合. 因此整数构成的集合为. 15．(1) (2)，此时，. 【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再代入周期公式； （2）根据（1）的结果，结合正弦函数的性质，即可求解. 【详解】（1）因为 故最小正周期， （2） 令，得，时，. 16．(1) (2)分布列见解析，均值为 【分析】（1）依题意可知抽到特极品的箱数，代入公式计算即可求得概率； （2）易知一级品的箱数服从超几何分布，求出所有可能取值和对应概率即可求得分布列和均值. 【详解】（1）根据题意可设“从这100箱橙子中任取一箱，取到特极品”为事件，则， 现有放回地随机抽取4箱，若频率作为概率， 设抽到特极品的箱数为，则； 因此恰好有2箱是特极品的概率为 （2）分层随机抽样的方法从这100箱橙子中抽取10箱，其中一级品4数，非一级品6箱， 再从中抽取3箱，则一级品的箱数服从超几何分布，且的所有可能取值为0，1，2，3； 可知； ； 所以的分布列为 0 1 2 3 均值为. 17．(1)， (2) (3)或. 【详解】（1）因为，，， 所以.  所以. （2）因为，所以.即. 所以.即， 所以.    因为，所以. （3）因为，，所以. 因为，设， 则，  解得， 故或. 18．(1) 证明：取PB 中点M，连接MF、AM， M、F分别为PB、PC的中点， ， ，点在上，， ， 且， 四边形AEFM为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB， 平面PAB. (2) 证明：，， ， 平面， ， ，平面PAB，平面PAB， 平面PAB， 平面PAB， ， ，M为PB的中点， ， ，平面PBC，平面PBC， 平面PBC， ， 平面PBC. (3) 证明：平面， ， ， ， ， ， ，， ， ，， 在同一个球面上，且， 为球心， 球心在平面ABCD上. 【分析】（1）取PB 中点M，连接MF、AM，根据几何性质，可得四边形AEFM为平行四边形，进而可得，根据线面平行的判定定理，即可得证； （2）根据线面垂直的性质、判定定理，可证，结合等腰三角形性质，可证平面PBC，即可得证； （3）根据题干条件，可分别计算PE、BE、CE、DE的长度，结合条件，即可得证. 【详解】（1）略； （2）略； （3）略. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式推出，可求得答案； （2）由三角形的面积公式求出，代入余弦定理可求出，即可求出的周长. （3）由正弦定理表示出，结合两角差的正弦公式可化简得到，确定角的范围，结合正弦函数性质即可求得答案. 【详解】（1）在中，因为， 所以，即， 因为所以，故 ，则； （2）因为的面积为，即， 所以. 由余弦定理得. 解得, 所以周长为. （3）由正弦定理得，即， 则， 因为为锐角三角形，则 ，故， 所以，则， 故， 故周长的取值范围为. 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 $