湖南株洲市第一中学2025-2026学年高一下学期期末模拟数学试题

**基本信息** 2026年高一期末模拟数学卷，以集合、复数、立体几何等核心知识为载体，通过病毒检测概率统计、向量递推证明等情境设计，考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力，体现用数学思维分析解决实际问题的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、复数模、异面直线所成角|基础概念与空间想象结合，如第5题用空间直角坐标系求线线角| |多选|3/18|复数性质、概率事件关系|多角度辨析，如第10题结合互斥与独立事件概念| |填空|3/15|函数周期性、概率递推、解三角形|情境创新，如第13题甲胜概率需分类讨论比赛情形| |解答|5/77|立体几何体积与距离、概率统计应用、函数恒成立|综合实践导向，第17题病毒检测结合频率分布直方图求漏诊/误诊率，第19题向量递推证明体现逻辑推理深度|

2026年上学期高一期末模拟 数 学 (本试题卷共4页，时间为120分钟，满分为150分) 考生注意: 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。 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，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合，，则 A． B． C． D． 2．复数，则 A．1 B． C．2 D．3 3．已知向量，若，则 A． B． C． D． 4．设m，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是 A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 6．设直角三角形的两直角边长为，斜边长为．记该三角形绕边长为的边旋转所得的几何体体积为，则满足的关系为 A． B． C． D． 7．定义域为的函数满足：对任意的都有，当．若关于的不等式恒成立，则正实数的取值范围为 A． B． C． D． 8．已知平面内有单位圆，点是不与点重合的一点，若圆上存在不重合的两点使得，则的取值范围为 A． B． C． D． 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a，，i为虚数单位，为z的共轭复数，则 A．若，则 B． C． D．若，则 10．抛掷一颗质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为偶数”记为事件M，“点数为奇数”记为事件N，“点数小于4”记为事件Q．下列说法正确的是 A．M与N为互斥事件 B．M与Q为对立事件 C．N与Q不为互斥事件 D．N与Q为相互独立事件 11．已知函数，则 A．当时，函数的最小正周期为 B．当时，函数的图象关于对称 C．当时，函数的最小值为 D．当时，函数图象不是中心对称图形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知定义在上的偶函数满足，且，则________. 13．甲、乙、丙三人一同下棋（无平局），甲胜乙、乙胜丙、丙胜甲的概率分别为0.6，0.5，0.4.第一局由甲、乙二人先下，丙旁观，规则为负者在下一局旁观，胜者与丙比赛。依次类推.若其中有一人累计胜两局，则结束比赛，胜两局者最终获胜，则甲最终获胜的概率是______. 14．在中，，为边上的两点，且，，，，则的面积为______． 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．(13分) 如图，在长方体中，，，为线段上的动点. (1) 求三棱锥的体积； (2)若，求点到平面的距离． 16．(15分) 在中，内角所对的边分别为，其中，，且. (1)求角； (2)若，的面积为，求的周长． 17．(15分) 研究小组经过研究发现某种病毒的感染者与未感染者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到感染者和未感染者该指标的频率分布直方图如下： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将感染者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未感染者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)求频率分布直方图中的值及未感染者该指标的中位数； (2)当漏诊率时，求临界值和误诊率； (3)设函数，当时，求的解析式，并求在上的最小值． 18．(17分) 已知函数， (1)若，当时，求的最小值； (2)若，当时， （ⅰ）若函数的最小值为2，求的取值范围； （ⅱ）对于任意的，恒成立，求的取值范围． 19．(17分) 已知三维向量，其中是两两不相等的正整数.记，，其分量之间满足递推关系：，，，，. (1)当时，直接写出向量； (2)是否存在，使得，其中，若存在，请给出一组符合条件的三维向量；若不存在，说明理由； (3)证明：存在，当时，向量满足. 2026年上学期高一期末模拟·数学参考答案 1．C 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 2．B 【详解】因为，所以. 故选：B 3．C 【详解】，，，故选项C正确. 4．C 【详解】对于A，若，则或异面，故A错误； 对于B，若，，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，使得， 而，则，所以，故C正确； 对于D，若，，设， 只有时，才能得到，故D错误. 5．D 【详解】以为坐标原点，向量，，方向分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，，， 因此异面直线与所成角的余弦值=. 故选：D. 6．D 【详解】依题意，易得， 直角三角形斜边上的高为，绕斜边旋转后得到两个同底圆锥的组合，底面半径为，高之和为， 则， 对于A，，因，则，故A错误； 对于B， ，故，即B错误； 对于C，，即，故C错误； 对于D，，故正确. 7．C 【详解】设x₁，x₂∈(0，+∞)，且，则， 因为当时，所以。 因为， 所以，即， 因此， 在 上是减函数， 因为，令， 则，即，解得， 又因为，根据 可得：， 又因为函数在上单调递减，所以可得不等式组： ， 因为，所以， 令 ，其中 ， 函数 在 处取得最大值 ， 所以在端点和 处，故， 原不等式 在 上恒成立，即， 因为，所以，故，结合，得. 8．C 【详解】 设为原点，，，， 代入已知等式， ， 整理得：，即， 因为在单位圆上，所以，设与夹角为， 对平方得： ， 是不重合的两点，故，即， 代入得： ，开方得， 9．BD 【详解】对于A，复数不可以比较大小，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，，∴，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：BD 10．AC 【详解】由于偶数点和奇数点不会同时发生，故M与N为互斥事件，A正确； 由于出现2点时，事件M与Q同时发生，故M与Q不为对立事件，B错误； 由于出现1、3点时，事件N与Q同时发生，N与Q不为互斥事件，C正确； ，, 则，即N与Q不为相互独立事件，D错误， 故选：AC 11．BCD 【详解】当时， ； 对于A，函数的最小正周期为，故A选项错误； 对于B，令，解得， 当时，故函数的图象关于对称，B选项正确； 当时， ， 对于C选项，， 故，故函数的最小值为，故C选项正确； 对于D，由题易知的最小正周期为， 故只需考虑函数在一个周期内的对称性问题， 函数在上单调递减，上单调递增， 函数在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以函数如果存在对称中心，则必为或， 因为，， ， 所以函数不关于点或对称， 综上，函数图象不是中心对称图形，D选项正确. 12． 【详解】因为定义在上的偶函数满足，所以， 所以， 所以函数是周期为的周期函数，且， 因为，故. 故答案为：. 13．0.504 【详解】甲最终获胜的所有比赛情形有3种， 甲胜前两局：； 第一局甲胜乙，第二局丙胜甲，第三局乙胜丙，第四局甲胜乙：； 第一局乙胜甲，第二局丙胜乙，第三局甲胜丙，第四局甲胜乙：， 故甲最终获胜的概率为. 故答案为：0.504. 14． 【详解】设，，在中，由余弦定理： ①， 共线，故， 在中，， 故， 在△AEC中，，故， 故②， 联立①②得，解得或（舍去）， 故，解得， 设到的距离为， ，解得， ． 15． 【详解】（1）， 易知的长即为三棱锥的高， 所以 ． （2）记点到平面的距离为， 由 ，， 由勾股定理，， 又平面，为直角三角形，则， 由（1）知. 16． 【详解】（1）由，，得， 在中，由余弦定理得，整理得， 因此，而，所以. （2）由（1）知，由的面积为，得，则， 得到，由（1）得，解得， 所以的周长为. 17． 【分析】（1）根据第一个频率分布直方图面积之和为1求出a，利用第二个频率分布直方图中的中位数公式计算即可. （2）根据题意由第一个频率分布直方图可先求出，再根据第二个频率分布直方图求出的矩形面积即可解出； （3）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出. 【详解】（1）在感染者该指标的频率分布直方图中，各矩形的面积之和为1， 所以，解得， 在未感染者该指标的频率分布直方图中，前两个小矩形的面积之和为， 前三个小矩形的面积之和为， 所以未感染者该指标的中位数在第三组，且为； （2）依题可知，第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得， ． （3）当时， ； 当时， ， 故， 所以在区间的最小值为． 18． 【详解】（1）当时，， 当时，，当且仅当时取等， 故当时，最小值为2． （2）（ⅰ）由，或， 即， ，当且仅当时取等号， 即当时，函数的最小值为2， 所以当时，方程有解， 即方程，或有解， 即或有解，当有解时，， 当有解，， 所以； （ⅱ）由题意得当时，，， ①当时，在上单调递增， ，即，化简，得， 去分母，得， 解得，； ②当时，在上单调递减，单调递增． ，设表示中最大的数， ， 且，即， 解得，； ③当时，在上单调递增， ，即，化简，得， 去分母，得， ； ④当时， ，符合题意； ⑤当时，在上单调递增， ，即，化简，得， 去分母，得， 解得，． 综上所述：． 19． 【详解】（1）因为，根据题意可得，，， ，，，， 所以，所以从开始，周期为，又， 所以； （2）假设存在，使得中， 设， 所以，，， 不妨设，则由，，， 由， 可得，解得，即， 以此类推，可得，，，， ，这与是两两不相等的正整数矛盾， 故假设不成立，所以不存在，使得中； （3）设三个数中最大的为，记作， 因为，，，， 所以，， 若单调递减，由可得存在，使得， 由（2）的证明可得，这与题设矛盾， 所以不可能单调递减，即存在，使得， 根据的定义，可得中三个数中必有0， 假设三个数中有两个为0，显然， 不妨设，，则，，即，这与矛盾，舍去； 假设三个数中有三个为0，显然，通过（2）已经证明不成立； 故三个数中只有一个数为0， 不妨设，则， 设，所以，即 ，， 故，则，， 所以存在，当时，向量满足. 数学 第1页 共4页 数学 第1页 共5页 学科网（北京）股份有限公司 $