精品解析：湖南长沙市湖南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

高一下学期期末考试 数学 命题人：贺祝华 彭如倩 黄贻刚 肖文轩 凌贤 孙丹 张晓庆 时量：120分钟 满分：150分 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. 在复数范围内方程的解为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在三棱柱中，设，，，是的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 3. 设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则为（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 5. 如图，棱长为1的正方形中，异面直线AC与所成的角是（ ） A. 120° B. 90° C. 60° D. 30° 6. 柜子里有3双不同的鞋，分别用，，，，，表示6只鞋，从中随机地取出2只．设事件“取出的鞋不成双”，“取出的鞋中包含”，“取出的鞋都是一只脚的”，“取出的鞋是一只左脚的一只右脚的，但不是一双鞋”．对上述事件的关系，下列说法正确的是（ ） A. B. 与独立 C. 与对立 D. 与互斥 7. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 8. 在三棱锥中，底面是直角三角形且，平面，当该三棱锥的外接球表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 有，，三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的个体数为9，则样本容量为30 B. 数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数相同 C. 若甲组5个数据的方差为5，乙组数据为5，6，7，8，9，则这两组数较稳定的是甲 D. 某组样本数据为6，11，8，13，16，10，16，4，18，14，则样本数据分位数为9 10. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且，下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 的长为 D. 与平面所成角的正弦值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点是正方体表面上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当点在侧面且满足时，二面角的正切的最大值为 D. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某圆锥母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为_______． 13. 已知向量、分别是直线的方向向量、平面的法向量，若，则与所成的角为__． 14. 已知锐角的面积为，，，，分别在，上，且满足，对任意恒成立，则_______． 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. 2026年5月25日至5月31日是第四届全国城市生活垃圾分类宣传周，为提高同学们的垃圾分类意识．某中学举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，按，，，，分为5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值，并估计这100名学生这次竞赛成绩的中位数与众数； （2）若落在学生的平均成绩是54.4，方差是5.2，落在学生的平均成绩为66.4，方差是9.2，求这两组学生成绩的平均数和方差．（结果精确到0.1） 16. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 17. 新高考数学设有3个多选题，每道题设置A、B、C、D四个选项，且正确选项为2个或3个，每小题6分，评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若某试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分，有错选得0分． （1）根据以往经验，甲同学第一个多选题得满分的概率为，第二个多选题得满分的概率为，第三个多选题得满分的概率为，三个多选题做对与否互不影响．求甲同学三个多选题中恰有两题得满分的概率． （2）乙同学正在做一道多选题（多选题每题至少选一项且不能全选，假设乙同学随机选择一种选项组合，每种组合等可能）． （i）在完全盲猜的情况下，求乙同学得6分的概率（要求写出样本空间）． （ii）若该多选题有三个正确选项，乙同学已经判定A正确（即正确答案中有A选项，且乙同学一定会选A），在其余选项随机选择（每种选项组合等可能，且满足整个多选题至少选一项且不能全选）的情况下，求乙同学该题得分大于等于4分的概率． 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，设平面平面，且． （1）证明：； （2）若，， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）点是四边形（不含边界）内的动点，且，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 19. 已知函数的定义域为R．对于实数，定义集合 （1）若，判断，是否是中的元素，说明理由． （2）若，表示不大于的最大整数． （i）若，求的取值范围； （ii）若，证明：． （3）设是偶函数，当时，，且对任意，均有．求对任意实数，函数在上零点个数的最大值，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期期末考试 数学 命题人：贺祝华 彭如倩 黄贻刚 肖文轩 凌贤 孙丹 张晓庆 时量：120分钟 满分：150分 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. 在复数范围内方程的解为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把原方程化为，结合虚数的定义，即可求解. 【详解】原方程可化为，解得． 2. 如图，在三棱柱中，设，，，是的中点，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】是的中点，则 ． 3. 设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”，则“lm且ln”，反之若“lm且ln”，当m//n时，推不出“l”，∴ “l”是“lm且ln”的充分不必要条件，选A． 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则为（ ） A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 【答案】C 【解析】 【分析】用余弦定理求最大边所对角. 【详解】,可设， 最大角为C，， 所以C为钝角. 故选:C 【点睛】此题也可以直接求判断其符号，从而确定角C是钝角、锐角、直角. 5. 如图，棱长为1的正方形中，异面直线AC与所成的角是（ ） A. 120° B. 90° C. 60° D. 30° 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义进行求解. 【详解】连接，因为且， 所以四边形为平行四边形， 则可得，所以直线AC与所成的角为或其补角. 在正方体中可知，所以可知. 故选：C 6. 柜子里有3双不同的鞋，分别用，，，，，表示6只鞋，从中随机地取出2只．设事件“取出的鞋不成双”，“取出的鞋中包含”，“取出的鞋都是一只脚的”，“取出的鞋是一只左脚的一只右脚的，但不是一双鞋”．对上述事件的关系，下列说法正确的是（ ） A. B. 与独立 C. 与对立 D. 与互斥 【答案】B 【解析】 【分析】通过列举法写出试验的样本空间， 再逐一判断选项即可. 【详解】从6只鞋中任取2只，共有15种等可能的结果，样本空间为 ， 则， ， ，故，故A，C，D错误； 而，所以， 又，， 因此有，故与独立，B正确． 7. 如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案. 【详解】，， 又，故，所以， 因为，，所以， 因为三点共线，所以， 故. 故选：D 8. 在三棱锥中，底面是直角三角形且，平面，当该三棱锥的外接球表面积为时，则它的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先补形得到长方体，进而求出，再利用等体积思想求出. 【详解】设三棱锥的外接球半径为，则其外接球的表面积，得， 因为，且是直角三角形，所以， 又因为三棱锥的外接球的直径就是以，，为棱的长方体的体对角线， 设，则根据长方体体对角线公式可得， 把代入，即，解得， 因为， 所以三棱锥的体积， 又， ，， 所以三棱锥的表面积为， 设三棱锥的内切球半径为， 根据等体积法，即， 则． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 有，，三种个体按的比例分层抽样调查，若抽取的个体数为9，则样本容量为30 B. 数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数相同 C. 若甲组5个数据的方差为5，乙组数据为5，6，7，8，9，则这两组数较稳定的是甲 D. 某组样本数据为6，11，8，13，16，10，16，4，18，14，则样本数据分位数为9 【答案】BD 【解析】 【详解】对于选项A：根据样本的抽样比等于各层的抽样比，样本容量为，故选项A不正确； 对于选项B：数据1，2，3，3，4，5的平均数为，众数和中位数都是3，故选项B正确； 对于选项C：乙组数据的平均数为，乙组数据的方差为 ，所以这两组数据中较稳定的是乙，故选项C不正确； 对于选项D：样本数据从小到大排序为，，则分位数为，故选项D正确． 故选：BD． 10. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且，下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 的长为 D. 与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过可判断A，通过，可判断B，由可判断C，对于D，法一：过作平面，确定 与平面所成角为，再通过向量的夹角公式可判断，法二：设底面正的中心为，求得，结合直角三角形即可求解. 【详解】A选项：由平行六面体的定义，，平面，平面，由线面平行的判定定理，得平面，所以A正确； B选项： ， 故，，即，， 又，且，平面， 由线面垂直的判定定理，得平面，所以B正确； C选项： ，则，所以C不正确； D选项：法一（向量法）：过作平面，垂足为，连接． 由，且，得为等边三角形，则． 因为平面，所以，，由三角形全等可得， 故在的平分线上，因此与平面所成角为． 由，得，即． ， ， 故直线与平面所成角的正弦值为； 法二（几何法）： 连接，，，由， ，可得， 即四面体为棱长为1的正四面体． 设底面正的中心为，则， 平面，平面，， 在中，． 设与平面所成角为，则，故D正确． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点是正方体表面上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当点在侧面且满足时，二面角的正切的最大值为 D. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过点位于处时，可判断A，通过点是到平面距离最大的点，即可判断B，确定的轨迹是以为圆心、1为半径的一段圆弧，再得到即为二面角的平面角，进而可判断C，通过确定是与平面所成角，得到点轨迹是线段，及圆弧，即可判断D. 【详解】 因为，分别是棱，的中点，则， 又，所以，即当点位于处时，显然满足，故A正确； 对于B，在正方体中，易知为正三角形，， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大， 又在正方体表面上，点到平面距离最大， 此时三棱锥是棱长为的正四面体， 又点到平面的距离， 则，故B正确； 对于C，且在侧面矩形内，则的轨迹是以为圆心、1为半径的一段圆弧， 因为，，，平面， 所以平面，故， 又因为平面平面平面，平面， 根据二面角平面角定义，即为二面角的平面角， 在矩形内，过作交于点， 中，，越大，二面角越大，即越大， 当取圆弧与的交点，即与圆弧相切时，最大，所以， 即二面角的正切的最大值为2，故C错误； 对于D，由平面平面，得直线与平面所成的角为， 连接，，由平面平面，且， 则点为线段或上任意点（除点外）， 在正方形内以为圆心，2为半径作圆弧， 当点为圆弧上任意点时，连接， 由平面，得是与平面所成角， 而，则，因此点轨迹是线段，及圆弧（除点外）， 所以点轨迹长度为，故D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 某圆锥母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为_______． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥底面圆半径为，高为，母线， 则圆锥的侧面积为，所以，， 故该圆锥的体积为． 13. 已知向量、分别是直线的方向向量、平面的法向量，若，则与所成的角为__． 【答案】## 【解析】 【分析】利用空间向量法可得出与所成的角. 【详解】因为向量、分别是直线的方向向量、平面的法向量，且， 所以，与所成的角为. 故答案为：. 14. 已知锐角的面积为，，，，分别在，上，且满足，对任意恒成立，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式得出，根据，对任意恒成立，得出，，利用面积关系，利用补角关系求出，进而求出． 【详解】因为，则， 则有的面积，解得， 由图知表示直线上一点到点的向量， 而则表示直线上一点到点的距离， 由对任意恒成立可知， 的长是点到直线上的点的最短距离， 此时，同理可得． 如图所示，因为， 所以，则， 所以，则，所以， 又， 故． 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. 2026年5月25日至5月31日是第四届全国城市生活垃圾分类宣传周，为提高同学们的垃圾分类意识．某中学举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，按，，，，分为5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值，并估计这100名学生这次竞赛成绩的中位数与众数； （2）若落在学生的平均成绩是54.4，方差是5.2，落在学生的平均成绩为66.4，方差是9.2，求这两组学生成绩的平均数和方差．（结果精确到0.1） 【答案】（1），中位数为78，众数为85 （2）平均数为62.4；总方差为39.9 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图性质，求得，结合众数和中位数的定义，即可求解； （2）由频率分布直方图，求得这两组学生成绩的平均数为，结合分层抽样的方差公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由频率分布直方图性质，可得，解得， 各组的频率分别为0.10，0.20，0.25，0.35，0.10，落在的人数最多， 所以估计这100名学生这次竞赛成绩的众数为， 由可得中位数位于中，设中位数为， 则，即中位数为78． 【小问2详解】 解：由频率分布直方图得， 成绩在的学生人数为， 成绩在的学生人数为， 所以这两组学生成绩的平均数为， 所以这两组学生成绩的总方差为 16. 在中，角所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若的面积为，且，求的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得，可求； （2）由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的运算律可得的最小值为. 【小问1详解】 由正弦定理得， 即， 由余弦定理可得， 因为， 所以. 【小问2详解】 由已知，所以. 因为，所以， 可得， 所以 ， 又， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为. 17. 新高考数学设有3个多选题，每道题设置A、B、C、D四个选项，且正确选项为2个或3个，每小题6分，评分标准如下：若某试题有两个正确选项，选对一个得3分，选对两个得6分，有错选得0分；若某试题有三个正确选项，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得6分，有错选得0分． （1）根据以往经验，甲同学第一个多选题得满分的概率为，第二个多选题得满分的概率为，第三个多选题得满分的概率为，三个多选题做对与否互不影响．求甲同学三个多选题中恰有两题得满分的概率． （2）乙同学正在做一道多选题（多选题每题至少选一项且不能全选，假设乙同学随机选择一种选项组合，每种组合等可能）． （i）在完全盲猜的情况下，求乙同学得6分的概率（要求写出样本空间）． （ii）若该多选题有三个正确选项，乙同学已经判定A正确（即正确答案中有A选项，且乙同学一定会选A），在其余选项随机选择（每种选项组合等可能，且满足整个多选题至少选一项且不能全选）的情况下，求乙同学该题得分大于等于4分的概率． 【答案】（1） （2）（i）样本空间，；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件和互斥事件的概率公式计算； （2）（i）列出样本空间，再根据古典概型求概率； （ii）根据古典概型求概率. 【小问1详解】 设事件为“甲同学三个多选题恰有两题得满分”， 事件为“第个多选题得满分”， 则，且互斥． 又因为相互独立，所以 ． 【小问2详解】 （i）设事件为“乙同学得6分”． 样本空间． 样本空间共有14个样本点， 事件包含其中的1个． 因此． （ii）设事件为“乙同学该题得分大于等于4分”． 样本空间． 样本空间共有7个样本点，事件包含其中的2个和其中的1个． 因此． 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，设平面平面，且． （1）证明：； （2）若，， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）点是四边形（不含边界）内的动点，且，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明：因为为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 因为，所以； （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）由线面平行的性质得线线平行，从而证明出； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值； 法二：补体成长方体，得到为直线与平面所成角，求出各边长，求出正弦值； （ii）令，，则，求出平面和平面的法向量，利用面面角的余弦公式和换元得到，根据函数的单调性，得到平面与平面所成角的余弦值的取值范围. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 （i）（法一：向量法）因为平面，且，所以，，两两互相垂直， 以为原点，、、分别为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 由可得取，则，， 所以， 设直线与平面所成角为， 则； （法二：几何法）补体成长方体， 过点作垂直于点，连接，，则平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，，所以， 在中，，， 所以． （ii）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 又是四边形（不含边界）内的动点，则点在以为圆心，2为半径的圆上， 令，，则， 又，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则取， 设平面的法向量为， 则取， 故， 令，则， 因为函数在上单调递减，则， 则， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 19. 已知函数的定义域为R．对于实数，定义集合 （1）若，判断，是否是中的元素，说明理由． （2）若，表示不大于的最大整数． （i）若，求的取值范围； （ii）若，证明：． （3）设是偶函数，当时，，且对任意，均有．求对任意实数，函数在上零点个数的最大值，并说明理由． 【答案】（1），理由如下： ， 所以． （2）（i）； （ii）证明：若，对任意，都有，即， 所以，故，所以，所以； 另一方面，，所以，取，则， 则，，所以，但，所以． 综上，． （3）函数在上至多有11个零点，理由如下： 因为对任意，均有， 即对任意，只要，就有， 当时，，由为偶函数可知，当， 作出在的大致图象如下： ，，并且，所以， 故当时，，由为偶函数可知， 当时，，作出部分图象如图所示： 下证当时，至多一个零点． 否则设，且． 若，则，因为，所以， 且，故，① 当时，因为，所以，使得， 故，因为，所以， 且，故，② 根据①，②，，矛盾． 若，由①知，，矛盾， 故对任意，当时，至多一个零点． 由为偶函数，当时，至多一个零点． 下证当时，不存在三个及以上零点． 否则若，且， 有，因为，所以， ，因为，所以， 所以，而，由在上单调，矛盾， 所以当时，不存在三个及以上零点， 由为偶函数，当时，不存在三个及以上零点． 下面作出的部分图象， 由图象及上述证明可知，当时，至多有11个零点，当取其他值时， 均少于11个零点．下面说明：可以取到11个零点． 若，在上，，；故在上，； 在上，；故在上，； 取，则，因为，于是， 从而 取，则； 取，则． 经检验，这些点均满足对任意，均有，如图所示： 综上，函数在上至多有11个零点． 【解析】 【分析】（1）解方程，得到，判断出答案； （2）（i）分和两种情况，结合取整函数的定义可得答案； （ii）对任意，推导出，进而举出反例可得，但，所以，得到． （3）对任意，均有，结合为偶函数，作出的大致图象，得时，至多有11个零点，当取其他值时，均少于11个零点，从而得到在上至多有11个零点． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）一方面，对任意，，所以； 另一方面，当时，取，则， 所以，故，所以． 综上，． （ii）略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $