精品解析：湖南湘西州2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

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. （为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先“分母实数化”，再整理化简，最后判断虚部即可. 【详解】因为,所以虚部是：5， 故选：B. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由补集运算即可得解. 【详解】∵，，∴. 故选：C. 3. 如图，向量等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由图知，. 4. 函数的奇偶性（ ） A. 仅取决于的值 B. 与的值无关而与的值有关 C. 与和的值有关而与A的值无关 D. 与A、、的值都有关 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的性质及诱导公式即可判断. 【详解】由于，不影响函数的奇偶性， 仅影响函数值的大小，仅影响函数的周期， 当时，，此时函数为偶函数； 当时，，此时函数为奇函数. 【点睛】 5. 抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件“点数不大于4”，“点数大于3且小于6”，“点数是3的倍数”，“点数为奇数”，“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 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意写出样本空间和各事件的样本点，再根据互斥和对立的定义，判断各选项正误. 【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． ． 因为，所以A与B不互斥，A错误． 因为，所以B与C互斥，但不对立，B错误． 因为，所以C与D不互斥，C错误． 因为，所以D与E对立，D正确． 故选：D. 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，，分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 4.5 【答案】A 【解析】 【详解】设正三棱柱的底面棱长为，高为， 则，， 则水的体积为，得， 故该正三棱柱容器的高为 7. 如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（ ） A. 26π B. 28π C. 34π D. 14π 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可将四棱锥补成长方体，则四棱锥的外接球也是长方体的外接球，由可求出的长，进而可求，即为外接球的直径，从而可得外接球的表面积. 【详解】如图，因为面，四边形为正方形， 所以可将四棱锥补成长方体， 则四棱锥的外接球也是长方体的外接球. 由面，所以就是与平面所成的角， 则，所以， 设四棱锥的外接球的半径为， 因为长方体的对角线的长即为其外接球的直径， 所以，所以， 所以四棱锥的外接球的表面积为. 故选：C 8. 在锐角中，角、、的对边分别为、、，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理、正弦定理结合三角恒等变换化简得出，利用正弦函数的单调性化简得出，代入结合诱导公式以及基本不等式求解即可. 【详解】由及余弦定理可得，整理可得， 由正弦定理可得 ， 因为、，所以， 因为，故， 因为正弦函数在上为增函数，所以，故， 所以 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 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，侧它们的终点可能不同 B. 若向量，则 C. 若向量，满足，则或 D. 若非零向量与共线，则，，三点共线 【答案】BD 【解析】 【分析】根据相等向量的定义即可判断选项A；若向量，则根据向量的运算法则可得，即可判断选项B；由向量的定义即可判断选项C；根据共线向量的定义即可判断选项D. 【详解】由相等向量定义可得：若两个相等的非零向量的起点相同，其终点一定相同，故选项A错误； 若向量，则，所以，故选项B正确； 由向量的定义可得向量，满足时，向量，可能共线也可能不共线，故选项C错误； 若非零向量与共线，则，，三点共线，故选项D正确. 故选：BD. 10. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据中位数的定义讨论即可判断；对于B，由方差的性质即可判断；对于C，由极差的定义判断即可；对于D，由方差、平均数的定义验算即可. 【详解】对于A，设，，…，已经从小到大排列好了， 则，，…，是从小到大排列的或从大到小排列的， 若是偶数，则， 而无论如何最中间两个数总是， ， 若是奇数，则， 而无论如何最中间的数总是，所以， 所以， 对于B，由方差的性质可得，，故B正确； 对于C，当时，， 当时，，故C错误； 对于D，， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当F为线段中点时，平面 B. C. 不存在点F，使平面 D. 当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可判断；对于BC，利用反正法说明错误即可；对于D，首先得E，C分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可. 【详解】对于A，取中点N，连接，， 因为F为的中点，所以，因为平面，平面， 所以平面， 在矩形中，，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，， 显然，而，，平面， ∴平面，平面，∴，则， 但，，不可能相等，所以不可能有，所以B选项错误； 对于C，假设存在点F，使得平面成立， 因为平面，所以， 又因为且，，平面，所以平面， 又因为平面，那么， 又因为，则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确； 对于D，由题意得，平面，， 由平面，得平面， 延长，交于点H，连接，则平面平面， 所以，故， 由，，得E，C分别为的中点， 若F为的中点，则， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ________； 【答案】## 【解析】 【详解】. 13. 欧拉公式（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，且复数z满足，则的最大值为________； 【答案】## 【解析】 【详解】因为，则， 因为，所以，等号成立时当且仅当复数所对应的向量同向， 故的最大值为. 14. 已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将不等式两边平方得，进而对于任意的恒成立，利用即可求解答题空1；再结合图形，利用几何意义及对称性即可求解答题空2. 【详解】由两边平方可得，即， ∴对于任意的恒成立， ∴， ∴，即. ∵，∴，∴. 如图所示，设，，，， 则，， ∴. 作点关于的对称点，连接，如图所示，则， ∴当，，三点共线时，取得最小值. 此时，，，， 在中，由余弦定理可得，故. ∴的最小值为. 故答案为：；. 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. 已知， （1）若，求与夹角的余弦值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出坐标，由，求得，根据向量夹角公式求解； （2）由两向量平行的坐标关系求得，又，结合诱导公式和二倍角余弦公式求解. 【小问1详解】 由题：， 所以 ，解得， 所以， 所以. 【小问2详解】 ，解得， ， 故. 16. （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：．中国成人的数值参考标准为：为偏瘦；为正常；为偏胖；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a的值，并估计该公司员工为肥胖的百分比； （2）估计该公司员工的值的众数，中位数； （3）已知样本中60名男员工值的平均数为，根据频率分布直方图，估计样本中40名女员工值的平均数． 【答案】（1）， （2）众数为，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率之和为1可计算的值，再结合频率分布直方图即可得肥胖的百分比； （2）利用频率分布直方图即可估计众数，中位数； （3）先计算整体的平均数，然后由分层抽样平均数的公式即可得解． 【小问1详解】 由题，，解得：， 由频率分布直方图可得，该公司员工为肥胖的百分比为； 【小问2详解】 由频率分布直方图可得，众数为， 因为，， 故中位数在，设为，则； 【小问3详解】 设样本平均数为， 则由频率分布直方图可得； ， 又， 即，解得：． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 因底面是边长为2的菱形，则点是的中点， 又因F为线段的中点，则有， 平面，平面，可得平面. （2）证明：因是正三角形，E为线段的中点，则有， 又，，即为正三角形，且， 因平面，则平面， 又因，故得平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，由线线平行证明线面平行即可； （2）利用等腰三角形的三线合一可证，，由线线垂直即可证得线面垂直； （3）取的中点，连接，得到即与所成角或其补角，利用余弦定理求得，通过证明平面得到，求出，在中，结合，，利用余弦定理即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，取的中点，连接，则，且， 故即与所成角或其补角. 因，由余弦定理，， 又因平面平面，平面平面，，平面， 故平面，又平面，则，又,故， 由（2）已得平面，因平面，故，则， 又，则在中，由余弦定理，， 即异面直线与所成角的余弦值为. 18. 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胜的概率为、、，各盘比赛相互独立，且各盘比赛没有平局.丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． （1）若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求； （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． 【答案】（1） （2） （3）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 【解析】 【分析】（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、负一盘，则其中第二盘必胜，即丁对乙必胜，计算出，再计算出连胜三盘的概率，从而计算出； （2）设A、B两队打平的概率为，那么分两种情况，事件C：第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜；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； （3）设丁获胜的概率为p．分别计算出A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛、A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛与A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛丁获胜的概率，从而得到A队怎样安排出场顺序对丁最有利. 【小问1详解】 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、负一盘，则其中第二盘必胜，即丁对乙必胜， 所以． 故． 【小问2详解】 设A、B两队打平的概率为． 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． 【小问3详解】 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． 同理，若A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛，则． 若A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛， 则． 若A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛， 则． 因为，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. 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：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，求； （2）已知， ①若，求的值； ②若，求S. 【答案】（1） （2）①12；② 【解析】 【分析】（1）由题，可得，在，中，分别由正弦定理可得，，运算得解； （2）由，可得，①在，，中由余弦定理可得，运算得解；②由，结合①可得，平方展开运算得解. 【小问1详解】 在中，，所以， 所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 所以，故. 【小问2详解】 因为，所以，即， ①，所以 在中，， 在中，， 在中，， 三式相加得 ， 整理得：. ②又 又由①知， 所以， 故， 整理得：， 即， 所以，即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. （为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. 5 C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，向量等于（ ） A. B. C. D. 4. 函数的奇偶性（ ） A. 仅取决于的值 B. 与的值无关而与的值有关 C. 与和的值有关而与A的值无关 D. 与A、、的值都有关 5. 抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件“点数不大于4”，“点数大于3且小于6”，“点数是3的倍数”，“点数为奇数”，“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 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，，分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 4.5 7. 如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（ ） A. 26π B. 28π C. 34π D. 14π 8. 在锐角中，角、、的对边分别为、、，，则的最小值为（ ） 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，侧它们的终点可能不同 B. 若向量，则 C. 若向量，满足，则或 D. 若非零向量与共线，则，，三点共线 10. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当F为线段中点时，平面 B. C. 不存在点F，使平面 D. 当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ________； 13. 欧拉公式（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，且复数z满足，则的最大值为________； 14. 已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______. 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. 已知， （1）若，求与夹角的余弦值； （2）若，求的值. 16. （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：．中国成人的数值参考标准为：为偏瘦；为正常；为偏胖；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a的值，并估计该公司员工为肥胖的百分比； （2）估计该公司员工的值的众数，中位数； （3）已知样本中60名男员工值的平均数为，根据频率分布直方图，估计样本中40名女员工值的平均数． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值． 18. 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胜的概率为、、，各盘比赛相互独立，且各盘比赛没有平局.丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． （1）若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求； （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． 19. 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：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，求； （2）已知， ①若，求的值； ②若，求S. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $