精品解析：甘肃酒泉市2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷

酒泉市普通高中2025～2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：湘教版必修第一册第5章第3节～第6章，必修第二册第1章～第4章． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法、除法运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，则. 故选：B. 2. 已知甲组数据，，，，，，，，，，的平均数为2，方差为1，则乙组数据，，，，，，，，，相对于甲组数据，以下说法正确的是（ ） A. 平均数变大，方差变小 B. 平均数不变，方差变小 C. 平均数不变，方差变大 D. 平均数和方差都不变 【答案】C 【解析】 【详解】设的和为， 根据题意，甲组共11个数据，平均数为2，则， 乙组的平均数为和甲组平均数相等，因此平均数不变， 甲组方差为1，则， 乙组方差为，因此方差变大. 3. 下列命题正确的个数为（ ） ①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面； ③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】 分析：根据平面的基本的性质和平面的基本概念，即可作出判断. 详解：因为①中，只有经过不共线的三点，才能唯一的确定一个平面，所以不正确； ②中，梯形的上底和下底所在的直线互相平行，所以梯形是一个平面图象，所以是正确的； ③中，当两两相交的三条直线，交于一点时，最多可以确定三个平面，所以是正确的； ④中，当两个平面相交时，存在一条公共直线，当三点在这条直线上时，两个平面可以是相交的，所以不正确，所以正确命题的个数为两个，故选C. 点睛：本题主要考查了平面的基本概念和平面的基本性质，熟记平面的基本性质和确定平面的依据是解答关键. 4. 已知向量＝（－1，2），＝（3，m），m∈R，则“m＝－6”是“∥”的（　　） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量线性运算及共线的坐标表示运算可得解. 【详解】由题意得＝（2，2＋m），由，得－1×（2＋m）＝2×2，所以m＝－6. 当m＝－6时，＝（2，－4）＝－2（－1，2），可得， 则“m＝－6”是“”的充要条件. 故选：A. 5. 已知正三棱台的体积为，，，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】台体体积公式为，其中为台体的高，分别为上下底面积， 下底边长，则，上底边长，则， 已知，则，得. 6. 在中，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理结合大边对大角定理可求得角的值. 【详解】由正弦定理得，所以， 又，所以，所以. 故选：B. 7. 将函数的图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】将的图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变可得， 再向右平移个单位长度，得到的函数解析式为 8. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解. 【详解】因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，不妨设，则由得， 所以， 当且仅当且，即时，等号成立， 所以， 所以该三棱锥体积的最大值为. 故选：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. 已知的内角、、的对边分别为，，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则一定是等边三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理逐一判断即可. 【详解】A：由正弦定理可知：，因为， 所以， 因为， 所以，所以一定是等边三角形，因此本选项命题正确； B：由正弦定理可知对于任意三角形都成立，因此本选项命题不正确； C：由正弦定理可知：，因为， 所以， 因为， 所以，所以一定是等边三角形，因此本选项命题正确； D：， 因为，所以， 所以只能确定为锐角，不能确定都是锐角，所以不能确定是锐角三角形，所以本选项命题不正确. 10. 若过作的垂线，垂足为，则称向量在上的投影向量为．如图，已知四边形，均为正方形，则下列结论正确的是（ ） A. 在上的投影向量为 B. 在上的投影向量为 C. 在上的投影向量为 D. 在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合题意，根据投影向量定义依次求解. 【详解】对于A，过作于，连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 设，则，， 由可得， 所以，则， 所以在上的投影向量为，故A正确； 对于B，过点作于， 因为，，， 所以，，故， 所以在上的投影向量为，故B错误； 对于C，根据向量加法的平行四边形法则，得， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D，， 所以在上的投影向量为，故D正确. 11. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 直线与为相交直线 B. 若是棱上一点，且，则，，，四点共面 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截该长方体所得的截面是五边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对 A，利用与平行且长度不等判定四边形是梯形，梯形两腰共面不平行，因此直线与相交；对B，根据结合是中点推出与方向一致互相平行，由一组对边平行判定、、、四点共面；对 C，假设可得，验证可知与不垂直，由此判断异面直线​与所成角不是；对 D，延展平面找出其与长方体所有棱的5个交点，顺次连接交点后判断所得截面为五边形. 【详解】在长方体中，，， 且为中点，为中点，故，.逐一分析选项： 对于A：因为，所以四点共面； 又，四边形是梯形， 梯形两腰和不平行，因此两条直线必相交， A正确； 对于B：若是棱​上一点，且，则，，，四点共面， 由，是中点，得， 且，所以的方向与方向一致， 因此，一组对边平行的四边形必为平面图形，故四点共面， B正确； 对于C：因为底面，底面， 所以，假设， 则由，可知平面，所以. 设与交于点，因为，所以， 相似比为， 因此​​，​​， 在中，， 而，显然，因此， 即底面内与不垂直，假设不成立， C错误； 对于D：平面与长方体各棱的交点依次如下， 为上的，上的、上的， 上的，上的交点，共5个交点， 依次连接后所得截面为五边形， D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数的共轭复数为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数运算法则化简求解即可. 【详解】对化简，给分子分母同乘分母的共轭复数： ， 的共轭复数， 所以. 13. 已知，是关于的一元二次方程的两根，若，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，，， 因为，则， 则，得. 14. 已知是边长为1的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系，结合向量数量积求解即可. 【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，， 设点，则，，， 所以， 则， 当且仅当，时，取最小值． 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. 今年五一期间兰州市成为了新的网红打卡城市，各地游客纷沓而至，到兰州品尝以兰州牛肉面为代表的兰州美食．某校学生开展社会实践活动，采用问卷的形式随机对来兰州旅游的100名游客进行了有关兰州旅游知识的调查，为了方便统计分析，调查问卷满分20分，得分情况制成如下频率分布直方图： （1）求的值； （2）根据频率分布直方图，估计这100名游客调查问卷得分的众数、平均数和中位数．（求平均数时同一组中的数据用该组区间的组中值作代表） 【答案】（1） （2）众数为，平均数为，中位数为 【解析】 【分析】（1）根据各组频率之和为1即可求解； （2）根据众数定义，平均数、中位数的计算公式即可求解. 【小问1详解】 根据所有组的频率之和为1，组距为4，可得： ，解得. 【小问2详解】 频率分布直方图中，众数为最高矩形的中点横坐标，最高矩形对应区间， 中点为，因此众数为. 设这100名游客调查问卷中得分的平均数为，则： ， 前两组频率和为：， 前三组频率和为：， 因此中位数在区间内，设中位数为， ， 解得. 16. （1）已知，求的值； （2）已知，求的值； （3）已知，且，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式，结合余弦二倍角公式进行求解即可； （2）根据同角的三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可； （3）根据两角和正弦公式、辅助角公式，结合同角的三角函数关系式、两角差的余弦公式进行求解即可. 【详解】（1） ； （2） （3） ， 因为，所以， 所以， 所以 . 17. 已知三个顶点的坐标分别为，，，设为的中点，是线段上的点，且． （1）若，求的值； （2）当时，求证：． 【答案】（1） （2）因为，， 所以， 解得，即. 是中点，由中点坐标公式得； 因为在上且，所以， 设点的坐标为，则， 所以，得，所以， 所以，，  所以， 因此，即，得证. 【解析】 【分析】（1）先计算各顶点的坐标，再利用数量积公式求出，最后结合同角三角函数的平方关系计算； （2）先根据列方程求出，再计算中点和分点的坐标，最后通过验证向量与的数量积为证明垂直. 【小问1详解】 当时，各点坐标为，，， 向量，， 角为与的夹角， 因为​，， ，  所以， 因此. 【小问2详解】 略 18. 已知向量，，，函数． （1）求函数的解析式及最小正周期； （2）求函数的最大值、最小值及取得最大值、最小值时自变量的取值集合； （3）若，求函数的值域和单调区间． 【答案】（1），最小正周期； （2）最大值为，此时的取值集合为；最小值为 ，此时的取值集合为； （3）值域为，单调增区间为，单调减区间为 . 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积的运算结合三角恒等变换化简，可得的表达式，结合正弦函数性质，即可求得答案； （2）（3）根据正弦函数单调性以及最值求解即可. 【小问1详解】 由题意知，， 故 ， 则的最小正周期； 【小问2详解】 由于，当时， 的最大值为，此时， 故的取值集合为； 当时，的最小值为，此时 故的取值集合为； 【小问3详解】 当，令，， ，故的值域为. 在时单调递增，在时单调递减， 由得，由得， 故的单调增区间为，单调减区间为. 19. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆上的点且，，在线段上且，是的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）判断三棱锥是否有外接球，若有，求出外接球的表面积；若没有，说明理由； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）有， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）先证明平面，从而确定直线与平面所成的角为，解三角形即可； （2）将三棱锥补形为长方体，利用长方体外接球直径等于体对角线长求解； （3）假设存在点，利用线面平行的性质及平行线分线段成比例定理确定点的位置. 【小问1详解】 因为垂直于所在的平面，平面，所以． 因为是的直径，点是圆周上的点，所以． 又因为，平面， 所以平面． 所以为在平面内的射影，则即为直线与平面所成的角． 在中，，，所以． 因为 ，所以． 在中，． 因为平面，平面，所以． 在中，，， 所以． 所以．即直线与平面所成角的正弦值为． 【小问2详解】 三棱锥有外接球． 因为平面，， 所以可以将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为的长方体． 该长方体的外接球即为三棱锥的外接球． 长方体的体对角线长． 设外接球半径为，则，即． 所以外接球的表面积． 【小问3详解】 线段上存在点，使得平面，且． 理由如下：取的中点，连接．在中，为中点，为中点， 所以 ，且． 因为平面，平面，所以平面，且． 在线段上取点，使得，即． 过点作于点，连接． 因为平面，平面，所以． 又，所以． 所以平面，且． 因为，所以，所以且． 所以四边形为平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 故存在点满足条件，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 酒泉市普通高中2025～2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：湘教版必修第一册第5章第3节～第6章，必修第二册第1章～第4章． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知甲组数据，，，，，，，，，，的平均数为2，方差为1，则乙组数据，，，，，，，，，相对于甲组数据，以下说法正确的是（ ） A. 平均数变大，方差变小 B. 平均数不变，方差变小 C. 平均数不变，方差变大 D. 平均数和方差都不变 3. 下列命题正确的个数为（ ） ①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面； ③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合. A. B. C. D. 4. 已知向量＝（－1，2），＝（3，m），m∈R，则“m＝－6”是“∥”的（　　） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知正三棱台的体积为，，，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 将函数的图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 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. 已知的内角、、的对边分别为，，，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则一定是等边三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 10. 若过作的垂线，垂足为，则称向量在上的投影向量为．如图，已知四边形，均为正方形，则下列结论正确的是（ ） A. 在上的投影向量为 B. 在上的投影向量为 C. 在上的投影向量为 D. 在上的投影向量为 11. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 直线与为相交直线 B. 若是棱上一点，且，则，，，四点共面 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截该长方体所得的截面是五边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数的共轭复数为，则__________． 13. 已知，是关于的一元二次方程的两根，若，则__________． 14. 已知是边长为1的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是___________． 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. 今年五一期间兰州市成为了新的网红打卡城市，各地游客纷沓而至，到兰州品尝以兰州牛肉面为代表的兰州美食．某校学生开展社会实践活动，采用问卷的形式随机对来兰州旅游的100名游客进行了有关兰州旅游知识的调查，为了方便统计分析，调查问卷满分20分，得分情况制成如下频率分布直方图： （1）求的值； （2）根据频率分布直方图，估计这100名游客调查问卷得分的众数、平均数和中位数．（求平均数时同一组中的数据用该组区间的组中值作代表） 16. （1）已知，求的值； （2）已知，求的值； （3）已知，且，求的值． 17. 已知三个顶点的坐标分别为，，，设为的中点，是线段上的点，且． （1）若，求的值； （2）当时，求证：． 18. 已知向量，，，函数． （1）求函数的解析式及最小正周期； （2）求函数的最大值、最小值及取得最大值、最小值时自变量的取值集合； （3）若，求函数的值域和单调区间． 19. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆上的点且，，在线段上且，是的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）判断三棱锥是否有外接球，若有，求出外接球的表面积；若没有，说明理由； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $