精品解析：贵州毕节市2025-2026学年高一下学期期末质量检测数学试卷

2026年高一年级期末质量检测 数学 注意事项： 本试卷满分150分.考试用时120分钟. 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知向量，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为向量，，且，则，解得. 3. 设复数，，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为复数，，则， 故的虚部为. 4. 已知角的终边经过点，则角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为角的终边经过点，由三角函数的定义可得. 5. 非遗是地方文化延续的重要载体，某中学收集了三类非遗手工艺品，大方漆器有80件、纳雍箐苗服饰有60件、威宁彝族撮泰吉道具摆件有40件.现采用分层抽样的方法从这三类非遗手工艺品中抽取一个容量为9的样本，且在各层中按比例分配样本，则大方漆器应抽取的件数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】因为大方漆器有80件、纳雍箐苗服饰有60件、威宁彝族撮泰吉道具摆件有40件，样本容量为， 所以大方漆器应抽取的件数为. 6. 若函数是定义域为的奇函数，且当时，，则当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，由奇函数的定义可得出，即可得解. 【详解】当时，，由奇函数的定义可得. 故选：D. 7. 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】利用零点存在定理求出、的取值范围，并求出的值，即可得出、、的大小顺序. 【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数， 因为，，由零点存在定理可知， 同理可知函数为上的增函数，函数为上的增函数， 因为，，由零点存在定理可知， 因为，故，故. 8. 若，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】， ， 当且仅当，即时取等号， 所以. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. ， B. “”是“”的必要条件 C. 若，，，则是的充分不必要条件 D. 命题“，”的否定是“，” 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A选项，取，则，故A正确； 对于B选项，若，不妨取，，此时，即“”“”， 若，不妨取，，此时，即“”“”， 综上所述，“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误； 对于C选项，因为，则为的真子集，故是的充分不必要条件，故C正确； 对于D选项，由全称量词命题的否定可知， 命题“，”的否定是“，”，故D错误. 10. 如图，在长方体中，，，，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 三棱柱的体积为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 长方体所有顶点都在一个球面上，则这个球的表面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据锥体体积公式求三棱锥的体积判断A，根据柱体体积公式求三棱柱的体积判断B，结合长方体性质求三棱锥的外接球的半径，利用球的体积公式求外接球体积判断C，根据球的表面积公式求长方体的外接球的表面积，判断D. 【详解】因为，，， 所以长方体体积. 对于选项A，因为三棱锥的体积， 又平面 ​，， 的面积， 因此体积​​，A错误； 对于选项B，三棱柱是直棱柱， ，高为， 三棱柱的体积​，B正确， 对于选项C，三棱锥的所有顶点都是长方体的顶点，因此它的外接球就是长方体的外接球， 长方体体对角线（即外接球直径）， 得， 外接球体积，C正确； 对于选项D，长方体外接球表面积，D错误. 11. 下列说法正确的是（ ） A. 若向量，则 B. 若向量，且在上的投影向量为，则 C. 在中，点在上，，记，，则 D. 若是单位向量，，向量满足，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量夹角的坐标表示判断A；利用投影向量的意义求解判断B；利用基底表示向量判断C；利用数量积的运算律及向量的三角形不等式求解判断D. 【详解】对于A，由，得， 因此，A正确； 对于B，由，得， 则在上的投影向量为，于是，解得，B正确； 对于C，由，得，则，C错误； 对于D，由是单位向量，，得， 由，得，解得， 因此的最小值为，D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，，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为函数，，所以， 故. 13. 如图，用斜二测画法画水平放置的的直观图为，其中，，则的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】把直观图还原为原图形，利用勾股定理求出斜边长． 【详解】把直观图△还原为原，如图所示： 所以，， 所以. 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形的面积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，利用三角函数表示出矩形的边长构建面积函数后，运用三角恒等变换及三角函数的性质求得最大值. 【详解】以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图， 设，因为点在圆心角为的扇形弧上，所以， 已知半径，则有， 因为，所以点，， 在矩形中，且，所以， 易得所在的直线方程为， 代入得，即， 矩形的面积， ， ， 因为，所以，， 当即时，正弦函数取得最大值， 此时矩形面积取得最大值. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图1，直角梯形中，，，，，将沿翻折至，使得（如图2）. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）由题意得， 过作的垂线，交于点，因为且，则， 易知四边形为矩形， 所以，， 因为，所以， ， 因为，且， 所以，即， 易得， 因为，且， 所以，即， 平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过作辅助线求出各相关线段的长度，利用勾股定理证明出且，进而根据判定定理得出线面垂直. （2）利用第（1）问的垂直结论，直接确定即为所求二面角的平面角，再根据翻折前后图形全等的性质得出该角度数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，， 在平面中，， 由二面角的平面角的定义，即为二面角的平面角， 易得，因此， 在图1中的中，且， 则是一个等腰直角三角形，即，即， 所以二面角的大小为. 16. 我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.某市政府为了鼓励居民节约用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水标准（单位：t），月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了100位居民某年的月均用水量（单位：t），制定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； （2）已知该市有100万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3t的人数； （3）若该市政府希望使90%的居民每月的用水量不超过标准，估计的值. 【答案】（1） （2）万 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，利用频率和为1求出. （2）求出月均用水量不低于3t的频率，进而估计人数. （3）利用频率分布直方图及第90百分位数的定义列式求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得， 所以. 【小问2详解】 月均用水量不低于3t的频率为， 所以全市居民中月均用水量不低于3t的人数为万. 【小问3详解】 月均用水量不超过3t的频率为，月均用水量不超过3.5t的频率为， 因此，，所以. 17. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若为偶函数，求的值. 【答案】（1）最小正周期为；单调递增区间为. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数性质求解. （2）求出函数，再利用对称性列式求解. 【小问1详解】 依题意，函数， 由， 得， 所以函数的最小正周期为，单调递增区间为. 【小问2详解】 依题意，， 由为偶函数，得，而，则. 18. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用共线向量的坐标表示及正弦定理求解. （2）利用余弦定理及基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 由向量，且，得， 则，而，所以. 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得 ，解得，当且仅当时取等号， 所以周长的最大值为. 19. 已知函数（且）的图象过点. （1）求函数的解析式； （2）若有唯一实数解，求实数的取值范围； （3）记.若，，且实数，满足，求，的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将已知图象所过的定点坐标直接代入，求解出对数函数的底数. （2）优先确定使原等式成立的x的定义域，随后将对数方程转化为二次方程，通过分类讨论判别式以及结合根的分布，找出使该方程在定义域内仅有一解的参数k的范围. （3）根据绝对值相等的性质并结合定义域求出m与n的关系式，将其代入已知条件构造出关于n的方程，求解后根据的限制条件即可求解. 【小问1详解】 由题意得，解得，则. 【小问2详解】 由题意得有唯一实数解， 则，，所以， 进而， 即，此时等式右边由确定恒正，故恒正， 整理得，设， ①若， 即，解得， 当时，对称轴，符合题意， 当时， 对称轴，不符合题意， ②若且在内只有一个实数根 此时区间两端点的函数值必须异号，即， ，， 则，解得， 若，此时有方程，解得或， 都不在内，故不符合题意， 若，此时有方程，解得或， 有唯一解在内，因此符合题意， 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 令，则有， 即，且即， ①， 此时 所以，不满足，此种情况舍去， ②， 代入得， 因为，所以或， 代入到等式左面得，整理得， 情况1:， 此时，整理得， 解得或， 若，则，此时不满足，舍去， 若，则，此时满足， 情况2: ， 此时，整理得， 无解，故舍去， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高一年级期末质量检测 数学 注意事项： 本试卷满分150分.考试用时120分钟. 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 设复数，，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知角的终边经过点，则角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 非遗是地方文化延续的重要载体，某中学收集了三类非遗手工艺品，大方漆器有80件、纳雍箐苗服饰有60件、威宁彝族撮泰吉道具摆件有40件.现采用分层抽样的方法从这三类非遗手工艺品中抽取一个容量为9的样本，且在各层中按比例分配样本，则大方漆器应抽取的件数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若函数是定义域为的奇函数，且当时，，则当时，（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，的零点分别为、、，则、、的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 8. 若，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 2 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. ， B. “”是“”的必要条件 C. 若，，，则是的充分不必要条件 D. 命题“，”的否定是“，” 10. 如图，在长方体中，，，，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 三棱柱的体积为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 长方体所有顶点都在一个球面上，则这个球的表面积为 11. 下列说法正确的是（ ） A. 若向量，则 B. 若向量，且在上的投影向量为，则 C. 在中，点在上，，记，，则 D. 若是单位向量，，向量满足，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，，则的值为__________. 13. 如图，用斜二测画法画水平放置的的直观图为，其中，，则的长为__________. 14. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，则矩形的面积的最大值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图1，直角梯形中，，，，，将沿翻折至，使得（如图2）. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小. 16. 我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出.某市政府为了鼓励居民节约用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水标准（单位：t），月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费.为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了100位居民某年的月均用水量（单位：t），制定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； （2）已知该市有100万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3t的人数； （3）若该市政府希望使90%的居民每月的用水量不超过标准，估计的值. 17. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若为偶函数，求的值. 18. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； 19. 已知函数（且）的图象过点. （1）求函数的解析式； （2）若有唯一实数解，求实数的取值范围； （3）记.若，，且实数，满足，求，的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $