精品解析：江西省上高二中2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

上高二中2025-2026学年度下学期高一期末考试 数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 4. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，，，则的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 某地区发现一种传染病，初期感染人数增长符合指数函数模型（其中y为感染人数，为初始感染人数，k为传播系数，t为发现疫情后的天数，e为自然对数的底数）．已知发现疫情第1天感染人数为120人，第3天感染人数为270人．若感染人数达到1000人时需要启动紧急防控预案，则最迟应在发现疫情后第（ ）天启动．（参考数据：，，） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 6. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 不存在 7. 已知函数，则函数的图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如），另外两条相对的侧棱交于一点（如）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（ ） 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，全部选对得得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 在复平面内对应的点在第三象限 B. 的虚部为 C. 的共轭复数为 D. 若，则的最大值是 10. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积的最大值为 D. 三棱锥的体积的最大值为1 11. 已知平面向量，，，，且，已知向量与所成的角为，对任意实数恒有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四等分切割如下图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是________. 13. 如图，某画框内摆放着三个矩形工艺品，它们的长均为50cm，宽均为10cm.点、、、在同一条直线上，点在边上，点在边上，测得、两点间距离为.为了使，则、两点间距离为_________cm.（精确到） 14. 已知函数，则在上共有________个零点. 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. 随着暑假的临近，某市A景区将再次成为旅游的热门目的地．为更好地提升旅游品质，该市文旅局随机选择100名青年游客对该景区出行体验进行满意度评分（满分100分），80分及以上为良好等级，根据评分数据，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中的值，并估计评分数据的第75百分位数； （2）若采用分层随机抽样的方法从评分在，的两组中共抽取4人，再从这4人中随机抽取2人进行单独交流，求选取2人的评分等级都为良好的概率． 16. 如图，在正三棱柱中，点是的中点，. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离. 17. 如图，在中，，，点在线段上． （1）若，求的长； （2）若，的面积为，求的值． 18. 如图，两射线、均与直线l垂直，垂足分别为D、E且.点A在直线l上，点B、C在射线上. （1）若F为线段BC的中点（未画出），求的最小值； （2）若为等边三角形，求面积的范围. 19. 如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，M，N分别为AD，的中点． （1）求证：平面平面； （2）若动点P满足，且． （ⅰ）若，E为上一动点，且平面ABCD，求EP的最小值； （ⅱ）若，点O为三棱锥外接球的球心，求OP的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上高二中2025-2026学年度下学期高一期末考试 数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得，解得， 即，因， 则. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及模的计算公式即可求解． 【详解】， 则． 3. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量坐标加减法运算，向量垂直坐标表示，以及向量模的坐标公式分析计算即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，即，解得：， 所以，所以， 所以. 4. 在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，，，则的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在中，，，， 由正弦定理，得，解得， 因为，所以，所以， 所以，故选项A正确. 5. 某地区发现一种传染病，初期感染人数增长符合指数函数模型（其中y为感染人数，为初始感染人数，k为传播系数，t为发现疫情后的天数，e为自然对数的底数）．已知发现疫情第1天感染人数为120人，第3天感染人数为270人．若感染人数达到1000人时需要启动紧急防控预案，则最迟应在发现疫情后第（ ）天启动．（参考数据：，，） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，所以，所以. 由，得， 两边取自然对数得，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，即. 所以最迟应在发现疫情后第7天启动． 6. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】先求出原函数的定义域，再运用三角恒等变换与同角三角函数将其化成正切函数，结合周期公式和原函数定义域即可求得其周期． 【详解】函数有意义，需使且， 即函数的定义域为：且， 因 ， 该函数的周期为π，但原函数的定义域且， 不满足以π为周期，而满足以2π为周期，故原函数的最小正周期为2π. 7. 已知函数，则函数的图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】若函数的图象关于点对称，则对定义域内任意满足，结合函数定义域先确定对称中心横坐标的可能值，再代入验证即可. 【详解】∵ 要使函数有意义，则，即，解得，故函数定义域为. 若函数存在对称中心，则横坐标为区间中点，接下来验证的值： ， ， ∴ ， 即对任意定义域内的，都满足，故函数的图象的对称中心为. 【点睛】方法点睛：求解函数对称中心时，若函数定义域为对称区间，可先猜想对称中心横坐标为区间中点，再利用对称中心的性质代入验证，计算时可结合对数运算、奇偶函数的性质简化运算. 8. 如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如），另外两条相对的侧棱交于一点（如）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可. 【详解】如图，两个正四棱柱重叠部分为多面体， 取的中点I，则多面体可以分成8个全等小三棱锥， 例如三棱锥， 则，且平面， 则， 所以“垂直贯穿”构成多面体的体积为 . 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，全部选对得得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 在复平面内对应的点在第三象限 B. 的虚部为 C. 的共轭复数为 D. 若，则的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由虚数单位的乘方性质及复数的除法可得，再由相关概念可判断ABC选项，对D选项根据复数方程的几何意义可得. 【详解】因为，则. 对于B选项，因为，所以的虚部为，故B错误； 对于A选项，因为，所以复数在复平面内对应的点为，在第三象限，故A正确； 对于C选项，因为，所以的共轭复数为，故C正确； 对于D选项，因为，， 因为，且， 所以复数对应的点在以复数对应的点为圆心，以半径的圆上，如图： 因此的最大值就是圆上的点到原点的距离最大值， 由复数的几何意义得.即的最大值是，故D正确. 10. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积的最大值为 D. 三棱锥的体积的最大值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，求出圆锥高，底面圆半径，利用体积公式计算判断A，求出圆锥外接球的半径，根据球的表面积公式计算判断B，利用三角形面积公式判断C，根据棱锥的体积公式判断D. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 在直角三角形中，可得， 所以圆锥的体积为，故A正确； 延长交球面于点，连接， 如图， 作出符合题意的图形， 则球心在PQ上，且为球的直径，所以，所以，即， 所以三棱锥的外接球表面积为，故B正确； 设，由题意可知，， 当且仅当时，等号成立，故C错误； 设到的距离为，因为C在底面圆周上，所以, 所以， 当时，即时等号成立，故D正确. 故选：ABD． 11. 已知平面向量，，，，且，已知向量与所成的角为，对任意实数恒有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】基于推导出，选项A：代入数量积的基本定义公式，结合已知夹角反推向量的模；选项B：计算目标向量的数量积，通过结果是否为零来验证它们是否垂直；选项C：将代数式赋予几何意义，利用“两点之间线段最短”原理求两段距离之和的最小值；选项D：将角度恒定条件转化为动点在定圆上的轨迹（圆周角定理），利用等边三角形外接圆的直径求最大模即可. 【详解】由题意得，不妨设， 原不等式表示当时取最小值， 对于A，设， 为开口向上的二次函数，当时，取最小值，即取最小值， 即，进而，解得，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，， 不妨用点代表向量，点代表向量，点代表向量， 由几何意义可将原式转化为动点到定点的距离之和， 由两点间线段最短，当且仅当点位于线段上时，距离之和取最小值， 即， ，故C正确； 对于D，设坐标原点为，点分别代表向量， 由上知，所以为边长为1的等边三角形，其中为定点， 因为，则有，且的三个内角均为且内接于某圆， 所以点所在的轨迹为与相对的劣弧， 边长为1的等边三角形外接圆半径， 表示点到原点的距离，因为原点恰好也在此圆上， 所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四等分切割如下图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积是________. 【答案】 【解析】 【详解】设圆柱的底面半径为，高为， 根据题意，将圆柱重新组合成的几何体，表面积多了两个矩形，对应的边长分别为， 所以表面积增加了，即， 所以圆柱的侧面积为 13. 如图，某画框内摆放着三个矩形工艺品，它们的长均为50cm，宽均为10cm.点、、、在同一条直线上，点在边上，点在边上，测得、两点间距离为.为了使，则、两点间距离为_________cm.（精确到） 【答案】 【解析】 【分析】在中，分别求得，，再利用三角形相似及正弦定理可求解. 【详解】中，，所以. 所以，. 延长，交于点，则与相似，所以. 所以，所以， 所以. 中，由正弦定理得，即， 所以. 所以 所以、两点间距离为. 14. 已知函数，则在上共有________个零点. 【答案】2 【解析】 【分析】把用积化和差公式变形后再由和差化积公式变形，然后结合正弦函数性质可得所求零点个数． 【详解】由于 ， 因此， 令，得或， 因为，所以解得，解得， 所以在共有2个零点和. 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. 随着暑假的临近，某市A景区将再次成为旅游的热门目的地．为更好地提升旅游品质，该市文旅局随机选择100名青年游客对该景区出行体验进行满意度评分（满分100分），80分及以上为良好等级，根据评分数据，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中的值，并估计评分数据的第75百分位数； （2）若采用分层随机抽样的方法从评分在，的两组中共抽取4人，再从这4人中随机抽取2人进行单独交流，求选取2人的评分等级都为良好的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 由频率分布直方图可知， ， 解得． 因为的频率为，且为最后一组， 所以评分数据的第75百分位数位于区间中， 所以上四分位数为：． 【小问2详解】 评分在与两组的频率分别为，， 采用分层随机抽样的方法，在内抽取人数为，在内抽取人数为， 故4人中评分等级不良好的有1人（记为），评分等级良好的有3人（记为，，），试验的样本空间， 设事件“选取2人的评分等级都为良好”， 则， 所以． 16. 如图，在正三棱柱中，点是的中点，. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：连接，交于点O，连接，则O是的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）证明：因为为等边三角形，且D是的中点，所以， 由正三棱柱的性质知，平面，而平面，所以， 又 平面，所以平面 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点O，连接，证明，再由线面平行的判定定理得证； （2）由已知得、，再由线面垂直的判定定理即可得证； （3）根据（2）得点A到平面的距离为，应用等体积法求点面距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知平面，所以点A到平面的距离为， 而 ，， 设点B到平面的距离为d，由， 可得，即 ，解得， 故点到平面的距离为． 17. 如图，在中，，，点在线段上． （1）若，求的长； （2）若，的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为对应角的正弦，化简求解的值，进而得到的值，再结合正弦定理即可求解的长度； （2）结合已知的面积、长度和，求解的长度，再根据得到、的长度，进而分别在和中使用正弦定理，结合与互补、正弦值相等的性质求解正弦比值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：， 即， 因为，则，故，则为锐角， 所以， 因为，则， 在中，由正弦定理得， 所以，解得． 【小问2详解】 ，则 由，得，. 由余弦定理可得： . 在中，由正弦定理可得， 故， 在中，由正弦定理可得， 故， 因为， 所以． 18. 如图，两射线、均与直线l垂直，垂足分别为D、E且.点A在直线l上，点B、C在射线上. （1）若F为线段BC的中点（未画出），求的最小值； （2）若为等边三角形，求面积的范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立坐标系，利用向量坐标运算结合二次函数的性质得到所求最小值； （2）设正三角形的边长为，设，则， 则,，利用向量的投影向量关系在上的投影向量为,在上的投影向量为, 得到、的关系，利用三角函数公式化简，利用三角函数的性质求得正三角形的面积的取值范围. 【小问1详解】 以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系, 由已知可得点的坐标为，设, 则， ∴， 当且仅当时，取得最小值； 【小问2详解】 设正三角形的边长为， 对于直线l上任意一点A，对于不同的情况如图所示： 设，则，则,， 在上的投影向量为,在上的投影向量为, , ∴，∴， 又∵，∴，∴, 面积的取值范围是. 19. 如图，直四棱柱的所有棱长均为2，，M，N分别为AD，的中点． （1）求证：平面平面； （2）若动点P满足，且． （ⅰ）若，E为上一动点，且平面ABCD，求EP的最小值； （ⅱ）若，点O为三棱锥外接球的球心，求OP的取值范围． 【答案】（1）如图，设，连接， 因直四棱柱的所有棱长均为2，且M，N分别为AD，的中点， 则， ，又因，则， ，易得，则， 故是二面角的平面角. 又因，可得，故平面平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）设，连接，分别证明，，得出是二面角的平面角，通过计算借助于勾股定理证明即得证； （2）（ⅰ）连接，并在其上任取点，分别作，交于点，作交于点，证明平面平面，即得平面，利用推得，由，借助于向量数量积的运算律将其转化成关于的二次函数，利用其性质即可求得；（ⅱ）分别取的中点，连接，由条件推得，即点在射线上，作平面于，由可得点为的外心，外接球的球心满足平面，半径为，借助于直角梯形由勾股定理即可求得，利用二次函数性质即可求得的范围，进而得到OP的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）当时，，即点为线段上的一个动点， 如图连接，并在其上任取点，分别作，交于点，作交于点，连接， 因，平面，平面，则平面，同理可得平面， 因平面，故平面平面，又平面，则平面， 因，则， ，则， 易得， ，则， ， 由两边取平方， 可得， 因，故当时，，此时取得最小值； （ⅱ）分别取的中点，连接，则， 当时，，则点在射线上， 设，易得点为的外心，作平面于，则，且点在射线上. 三棱锥外接球的球心满足平面，则，连接， 设三棱锥外接球半径为，因，则，， 则，设， 于是有，化简得， 因，该函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得最小值，此时取得最小值；当时，， 故OP的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $