湖南湘西州2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

**基本信息** 聚焦数学眼光、思维与语言，通过分层问题设计考查函数、几何、概率等核心内容，适配高中期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/60|函数性质、立体几何初步|基础题占比60%，融入科技情境素材| |填空题|4/20|数列求和、不等式应用|设置梯度，兼顾抽象能力与量感| |解答题|6/70|概率统计、函数综合、立体几何|概率题结合社会热点数据，考查数据意识；函数题设开放探究问，发展创新意识|

2026年上学期高一年级期末考试 数学参考答案 一、选择题： 1.B 2.c 3.【答案】B 【详解】由图可知：a=OA,b=OB, 6 10 B 所以a-b=OA-OB=BA=e,-3e, a 故选：B A 4【答案】A 【详解】当函数f(y)=Ac0s(ax+)为奇函数时，p=r+ ,k∈Z,当f(x)=Acos(ar+p)为偶 2 5.【答案】D 【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，向上的点数为基本事件，则样本空间2={1,2,3,4,5,6. A={1,2,3,4},B={4,5},C={3,6},D=1,3,5},E={2,4,6}. 因为A∩B={4},所以A与B不互斥，A错误 因为B∩C=②，BUC≠2，所以B与C互斥，但不对立，B错误. 因为C∩D={3},所以C与D不互斥，C错误. 因为D∩E=O,DUE=2,所以D与E对立，D正确. 故选：D 6.【答案】A 【详解】设正三棱柱的底面积为S,高为h,则水的体积V=3S, 1 3 因为E,F,乃，E分别为所在棱的中点，所以S△ABr=S,SCs= S, 4 4 所以图（中木的作为-，X业-， :3S=3,解得h=4.所以该正三棱柱容器的高为4.故选：A 4 7.【答案】C 【详解】如图，因为PA⊥面ABCD,四边形ABCD为正方形，所以可将四棱锥P-ABCD补成长方 体PEFG-ABCD, 则四棱锥P-ABCD的外接球也是长方体PEFG-ABCD的外接球， 第1页共8页 由PA⊥面ABCD,所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角日， 则anm0=P4-4-2V2 ACAC 3 所以AC=3V2, 设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R, 因为长方体PEFG-ABCD的对角线PC的长即为其外接球的直径， 所以PC=2R=VAC2+PA=V3V2+4=V34,所以R=3网 所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4元R2=34π.故选：C. 8.【答案】A 【详解】因为b2=c2+aC,由余弦定理b2=a2+c2-2 ac cos B, 可得a-2 ccosB=c,再由正弦定理得sinA-2 sinC cos B=sinC, sinA-2sin Ccos B=sin(B+C)-2sinC cos B=sin(B-C), 所以sin(B-C)=sinC,所以B-C=C或B-C+C=π， 得B=2C或B=π（舍去）.因为△ABC是锐角三角形， 0<c<经 所以0<2C<T 大，得元<C<4：即tanC∈， 6 0<r-3c<号 1 1 所以 -tan(A+B)=tanC+ tamc+,1之， tan(B-C) 2tan(B-C) 2tanC 当且仅当anC= ,取等号，故选：A 2 二、多项选择题： 9.【答案】BD 10.【答案】ABD 【详解】对于A,设x,x,,x己经从小到大排列好了， 则，y,,y是从小到大排列的或从大到小排列的， 若n是偶数，则b=5,士， 2 而无论如何最中间两个数总是'生，， 第2页共8页 mmx b= 二+m=kb+’ 2 2 2 若n是奇数，则b=X1, 而无论如何最中间的数总是+1，所以b,=y1=c+1+m=砀，+m, 所以b=b十m, 对于B,由方差的性质可得，C2=kC1,故B正确： 对于C,当k>0时，d=ya-y=(cn+）-(kx+m)=k(x-)=d, 当k<0时，d,=片-yn=-(xn+m)+(+m)=-k(x,-x)=-d,故C错误： 对打D%-2a广-29m-2xmm会n以， 所以∑x=nC+nG,故D正确。故选：ABD. 11.【答案】ACD 【详解】对于A,取AB中点N,连接FN,CN, 因为F为DB的中点，所以FNIIAD'，,因为FN丈平面ADE,ADC平面ADE, 所以FN/I平面ADE, 在矩形ABCD中，AN//EC,AN=EC,故四边形ANCE为平行四边形， 所以AE/1CN, D' 因为CN寸平面AD'E,AEC平面ADE,所以CN//平面ADE, 又CN∩FN=N,CNc平面CFN,FNc平面CFN, 所以平面CFN//平面ADE,所以CF∥平面ADE,故A正确： 对于B,假设存在某个位置，使BD⊥AE,取AE中点O,连接DO,BO 显然DO⊥AE,而DO∩BD'=D',D'O,BD'C平面D'OB, ,AE⊥平面D'OB,OBC平面D'OB,AE⊥OB,则BE=AB, 但BE=√2，AB=2,不可能相等，所以不可能有BD⊥AE,所以B选项错误； 对于C,假设存在点F,使得CF⊥平面ABD成立， D 因为ABC平面ABD',所以CF⊥AB, 又因为BC⊥AB且CF∩BC=C,CF,BCC平面BCD', 第3页共8页 所以AB⊥平面BCD, 又因为BD'C平面BCD',那么AB⊥BD, 又因为AD<AB,则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确； 对于D,由题意得，M∈平面AEF,M∈D'C, 由D'CC平面DBC,得M∈平面DBC, 延长AE,BC交于点H,连接FH,则平面BDC∩平面AEF=FH, D 所以M∈FH,故FH∩D'C=M, 由BCAB,BC=4B,得么，C分别为AH,8册的中点 若F为DB的中点，则FC//DH, 所以CM-P心_1 MDDH2'即DM=2CM,故D正确 故选：ACD 三、填空题：2【答案】 13.【答案】√2+1 【详解】因为e=cs+isim,所以与=V2e子=5cos+isim3 =1+i, 4 由=1知，在复平面内表示复数：的点在以原点为圆心的单位圆上， 2+1+可看作单位圆上的点到点(-1，-1)的距离，因为圆心到(-1，-1)的距离为√2， 则该单位圆上的点到点(-1，-1)的距离最大值为√2+1. 14.【答案】1√13 【详解】由a+≥a-20两边平方可得(a+)≥(a-25),即2万+2a-b≥4坊-4a-: .232+22-万-(453-4a万≥0对于任意的1eR恒成立， △=4a-b°+462(462-4a-b)=(262-a-b≤0， 26-a-6=0,即2月6csg2o到}=0 同-0,25-co骨-4×2.÷-1 如图所示，设OA=b,OB=a,OC=36,OP=xa, a-B=Op-04=,xa-3 =0p-0G=p, 第4页共8页 :xa-B+xa-3 =AP+Cp 作点C关于OP的对称点E,连接AE,如图所示，则ra-+a-35-AP+P-HAP+E, “当E,P,A三点共线时，a-+xa-35=AP+②P取得最小值AE t时，o-bd-3hl-3,b==1,∠E0A-2∠3oA-7 在△EOA中，由余弦定理可得 a网-网+-2网o丽om1=1+9-2xx3=1. 故AE=3 :a-+a-3(xeR)的最小值为丽 四、解答题： 15解：【1】由题：a-万= 2ma+引- en) =0, 6》 所以a=L0.6=(6,),所以os<a方xa-6 3310 1a:b1×1010 21a瓜3ama+1，解ma+引 631 a周-2m+君1-2)-1- 16.解：【1】由题，2×(0.01+0.02+0.03+0.06+0.07+0.08+a+0.13)=1,解得：a=0.10, 由频率分布直方图可得，该公司员工为肥胖的百分比为2×(0.01+0.03)×100%=8%； 【2】由频率分布直方图可得，众数18+20-=19， 2 因为2×(0.08+0.13)=0.42<0.5,2×(0.08+0.13+0.1)=0.62>0.5， 赦中位数在[20,2)，设为m,则m=20+05-042×22-20=208: 2×0.1 第5页共8页 【3】设样本平均数为x,则由频率分布直方图可得； 元=2×17×0.08+19×0.13+21×0.1+23×0.06+25×0.07+27×0.02+29×0.01+31×0.03)=21.64 又x=604大404，即60x224+40业=2164，解得：4=205. 100 100 17.解【1】连接AC,交BD于点O,连接OF, 因底面ABCD是边长为2的菱形，则点O是AC的中点，又因F为线段PC的中点，则有PA/OF, PA丈平面BDF,OFC平面BDF,可得PA//平面BDF. 【2】因△PAD是正三角形，E为线段AD的中点，则有PE⊥AD, 又AD=AB,∠BAD=60°，即△ADB为正三角形，且BE⊥AD, 因BE⌒PE=E,BE,PEC平面BPE,则AD⊥平面BPE,又因BC/I/AD,故得BC⊥平面BPE. 【3】如图，取DC的中点M,连接M,BM,CE,则FM∥PD,且FM=1PD=1, 故∠MFB即PD与BF所成角或其补角. 因DC=2,DE=1,∠ADC=120°， 由余弦定理，CE2=12+22-2×1×2c0s120°=7， 又因平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊥AD,PEC平面PAD, 数PE士平面ABCD,又C吧C平面ACD,则PELCE,又PEE2 故PC=V3)2+(W7)2=√10， 由(2)已得BCL平面PEB,因PBC平面PEB,故BC1PB,则BF-PC=D 、 2 又BM=5X2=V5,则在AMB中，由余弦定理，cos∠BM= *3，0 2 2 2×1×V1020 即异面直线PD与P所成角的余弦值为 20 18解：【1】因为A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛， 所以丁连胜两盘且其中第二盘必胜，即对乙必胜 以-}号 故n-8（-)1--司)名 第6页共8页 【2】设A、B两队打平的概率为P· 记事件C:第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜. 记事件D:第二盘为乙胜，第一、三盘都是丁胜，则C与D为互斥事件， 则a=eUn)-ro)-D-}片-》-号 【3】设丁获胜的概率为p. 若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，则P=P+P乃= 7 同理，若A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛，则P= 7 若A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛， =1×1x1+1×1×2+Lx1x2=5 则卫=二×二×二+二×二×二+二×二× 23323323318 若A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛， 则=+与总行 4、7、5 因为 88,所以A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利. 19解：【I】在△ABC中，ABC=买，AC=2AB=1,所以coA=片4- 3 所以∠PAC=元日，ABP=，-日，∠APC=3<APBsπ 3 2 2 AP AC 43 在△1c中，m0n2n等，所以AP-45、 3in0, 3 AP AB =1 在△APB中， sin ,所以AP=c0s0, 2 所以4V sm8=cos0,故tamn0= 3 4 【2】SABC=SAPB+SAPC+ScPB =PA.AB.sin0+PB.BC.sin+PC.AC.sin0 因为日=五，所以S=(PAAB+PBBC+PC.AC),即PAAB+PB.BC+PC.AC=4S, 6 ①S=V5,所以PA·AB+PBBC+PCAC=4W5 在△APB中，PB=AP2+AB2-2AP.AB.cos 6 第7页共8页 在ACP8,PC-npCn2aPCn-eas君 在△APC中，PA=CP2+AC2-2CP.AC.cos 6 三式相加得PA2+PC2+PB =PA'+PC+PB+AB+CB+AC-2c0s(PA.AB+PB.BC+PC.AC), 6 整理得：a+b2+c2=AB2+CB2+AC2=√3(PAAB+PB·BC +PC.AC)=3x43=12 a2+c2-b2 2 2ac 又由①知a2+b2+c2=V3(PA·AB+PB·BC+PC·AC)=4V3S, ateea 故(a2+b2+c2)=12ac2-3d2-b2+c2)°， 整理得：a4+b4+c4-a2b2-ac2-b2c2=0, 即(a2-b2）+(a2-c2+(c2-b2)=0, 所以a2=b2=c2,即a=b=c, 所S-5aen8=2x2xm号5 21 第8页共8页2026年上学期高一年级期末试卷 数学 本试卷共6页，19个小题。满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答 题卡上“贴条形码区”。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信 息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。涂写在本试卷上无效。 3.作答非选择题时，使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，答案必须写 在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答 案；不准使用铅笔和涂改液。书写在本试卷上无效。 4.保持答题卡的整洁。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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. i-5 (为虚数单位)的虚部为( ) A.-1 B.5 C.-5i D.-5 2.若集合U={-1,2,3,6},N={-1,6},则N=( A.{-1,3 B.{-1,6 C.{2,3 D.{2,6 3.如图，向量a-b等于( A.-4e1-2e2 B.e1-3e2 C.-2e,-4e2 D.3e1-e2 4.函数f(x)=Acos(x+p)(A≠0，w≠0)的奇偶性( A.仅取决于p的值 B.与p的值无关而与w的值有关 C.与w和p的值有关而与A的值无关 D.与A、w、P的值都有关 5.抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件A=“点数不大于4”，B=“点数大于3且小于6”， C=“点数是3的倍数”，D=“点数为奇数”，E=“点数为偶数”，则( A.A,B为互斥事件 B.B,C为对立事件 C.C,D为互斥事件 D.D,E为对立事件 2026年上学期高一年级期末试卷（数学）第1页（共6页） 6,一个封闭的正三棱柱容器，内装水若干，水面高度为3（如图(1），底面处于水平状 态).将容器放倒（如图(2），一个侧面处于水平 状态)，若此时水面与各棱的交点E,F,F,E 分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高 为() B.5 (1) (2) A.4 C.6 D.4.5 2.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD,四边形ABCD为正方形，PA=4,PC与平面 ABCD所成角的大小为0，且an0= 2√2 3 则四棱锥P-ABCD 的外接球表面积为( A.26m B.28m C.34π D.14m &在锐角△ABc中，角4，B,C的对边分别为a,6,c,&=2+ac,则21am(B-C -tan(A+B) 的最小值为() 中出 A.2 B.2 C.1甲市 D.22 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.下列选项中，正确的是() A.若两个相等的非零向量的起点相同，则它们的终点可能不同 油件 B.若向量a=b,则a·c=b·c C,若向量a,b满足|a=bl,则a=b或a=-b D.若非零向量A店与AC共线，则A,B,C三点共线 0有一组样本数据，与，一，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为 ,4,由这组数据得到新样本数据，y2,…,yn,其中y=:+m(仁=12， 且k0),其平均数、中位数、方差、极差分别记为4，b2,c,山，则( A.b=b+m B.c2=k2c C.d2=kd D. =n+ 2026年上学期高一年级期末试卷（数学）第2页（共6页） 1.如图1，已知矩形ABCD中，AB=2,AD=1,E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后 得到如图2的四棱锥D'-ABCE,点F是线段D'B上（不含端点）的动点，则下列说法 正确的是( 图1 图2 A.当F为线段D'B中点时，CF平面AD'E B.D'B⊥AE C.不存在点F,使CF⊥平面ABD D.当F为线段D'B中点时，过点A,E,F的截面交CD于点M,则2CM=D'M 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.sinl5°sin75°= 13. 欧拉公式e“=cosx+isinx(e为自然对数的底数，i为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧 拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的 地位，被誉为“数学中的天桥”.若复数，=2e,且复数：满足z=1,则1z+,的 最大值为 14.已知非零向量a,b的夹角为号，1a=4对于任意的入eR,a+Ab≥a-20恒成 立，则|b=,|x-b+xa-3b|(xeR)的最小值为·（第一空2分，第二 空3分) 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。 5(B分)尼知a,sm(a+》 b=(3,-1) (1)若|a-b=√5，求a与b夹角的余弦值； (2)若a,求m2a石)的值 2026年上学期高一年级期末试卷（数学）第3页（共6页） 16.(15分)BM(身体质量指数)是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的 一个标准，其计算公式是：BMI= 体重（单位：kg) 身高（单位：m2) 中国成人的BMI数值参考标准 为：BM<18.5为偏瘦；18.5≤BMI<24为正常；24≤BMI<28为偏胖；BMI≥28为肥 胖。某公司为了解公司员工的身体肥胖情况，研究人员从公司员工体检数据中，采用 分层随机抽样的方法抽取了60名男员工，40名女员工的身高体重数据，通过计算男 女员工的BM值，整理得到如下的频率分布直方图 (1)求频率分布直方图中α的值，并估计该公司员工为肥胖的百分比； (2)估计该公司员工的BMI值的众数，中位数； (3)已知样本中60名男员工BM值的平均数为山，=22.4，根据频率分布直方图，估计 样本中40名女员工BM1值的平均数2 频率 个组距 整小共最本：回空即 0.13 向，公理8言上以由出（难装申以下，登强仙 0.08 0.07 阅3面布中市己中竹消面，茶实的理南理 0.06 0.03 的：的，1=业明：项文且，=，道过 0.02 0.01 0161820222426283032BNm值 u时证-a≤48云人的题时下板=，用面t,。日 可出间所动那知字文出官团微公厂共压小？共里本：宫容司国 30。水、=4-1 2026年上学期高一年级期未试卷（数学）第4页（共6页） 17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60, △PAD是正三角形，E为线段AD的中点，F为线段PC的中点.黑 (1)求证：PA/平面BDF; (2)求证：BC⊥平面PEB; 时6你 (3)若平面PADL平面ABCD,求异面直线PD与BF所成角的余弦值. 面中39，+=4，研皮3,0A面1气 D 0n2-4到回明 =t几0化小大的筑为利0面 水面头邢前 80目 mos A 18.(17分)A、B两队进行围棋比赛，A队有甲、乙、丙三位棋手，B队只有丁一位棋手 比赛规则如下：A队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或 连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平已知甲、 乙、丙分别与丁比赛且获陆的据率为子分了，各金比类相互独立。且名金比赛设 有平局。丁连胜两盘、负一盘的概率为户，连胜三盘的概率为P,本：墨数 (1)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求P,P2;全要目丽合 (2)若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求A、B两队打平的概率； (3)通过计算判断A队怎样安排出场顺序对丁最有利向字川个西 3·=3·0间，=量可告 d=B运=侧，6=n星行向含3 处儿点三万名1圆数共小阳向斗益0 。,成健议数明正带中地平利天…州水中的一市0 。一不，=一山中其。7一，销划水州得你边丝一小 博，山，比收0数，食.数中过平，01目 b=b 9-01 +以=方 2026年上学期高一年级期末试卷（数学）第5页（共6页） 19。(17分)布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利：布洛卡于19世纪 提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与 比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点，其定义如下：设P是△ABC内 一点，若∠PAB=∠PBC=∠PCA=日，则称点P为△ABC的 布洛卡点，角日为△ABC的布洛卡角.如图，在△ABC中， 记它的三个内角分别为A,B,C,其对边分别为a,b,c, △ABC的面积为S,点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡 角为日，请完成以下各题： B （1)若人ABC=7,AC=2,AB=1,求m9:容后到期到版的是 π子限子（宁弯计中道黑的米岁之0日班加厘科容 (2)已知0 6 容角来冠州的火，临斯需时：上置的密内慰习写武日度者斗音到 ①若S=5,求。2+b2+c2的值；8天1等始本边目母点密3用的到不景 ②若a=2,求S.北千用是本#，宋妇体格的量A 亩只，中更益个四的出金圆小希容农0共，伦之服小命，圆小8共■：醒斜数 的本蛋目画合错显间一 皮限就的血单游山流一 .0 2-0 28 =7,限，0,1-=，ò无S,1-=0合8 e,s10 0,1-18 E.IA (可带-布向，国mE 96-a8 sh-s- 0调清00sa0=门（广n=(超滑 的的。T共可 头在面的西所头前的学士月 关1前的不这自间字风已 天清前的9上过刘 D1小行于型书干火点=水书划于家的日得一到做。 (四“面代“清。题路试县”=0，夏量的金方法“三 4时01 2026年上学期高一年级期末试卷（数学）第6页（共6页）