精品解析：河南漯河市临颍县博雅学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

2025-2026学年高一下学期数学期末考试 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（）为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 如图，为平面四边形用斜二测画法作出的直观图，其中，，，则四边形的面积为（ ）． A. B. C. 5 D. 5. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 7. 一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个白球和若干个红球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在0.6，则袋中约有红球（ ） A. 8个 B. 10个 C. 12个 D. 14个 8. 如图，正三棱柱的侧棱长为4，底面正三角形的边长为3，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设为虚数单位，已知复数，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为 2 的正方体 中， 分别为棱 的中点，过点作与直线垂直的平面 ，则下列说法正确的是（ ） A. 点 到平面 的距离为 B. 直线 与 所成的角为 C. 三棱锥 的外接球的表面积为 D. 平面 截正方体所得截面多边形的面积为 11. 已知点在幂函数的图象上，则下列叙述正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. 函数是偶函数 C. D. 函数在定义域内是减函数 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知两个不同向量若则实数_____. 13. 已知菱形的边长为2，.将沿折起，使得点至点的位置，得到四面体.当二面角的大小为120°时，四面体的体积为___________；当四面体的体积为1时，以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线在内部的长为_______________. 14. 2026年美加墨世界杯于北京时间2026年6月12日开幕，参赛球队首次从32支扩军至48支．某校有老师300人，男学生1800人，女学生1500人，为了解师生对该届世界杯的评价，现用按比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为240的样本，则女生应抽取__________人． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，，． （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求． 16. 已知函数，的定义域都是，且是奇函数，是偶函数，． （1）求函数，的解析式； （2）求不等式的解集． 17. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. 18. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. （1）已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 19. 若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． （1）求证：； （2）求与平面的夹角的正弦值； （3）设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期数学期末考试 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】已知集合，集合， 所以. 2. 若复数（）为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算和纯虚数的定义求解即可. 【详解】 根据纯虚数的概念可得，解得. 3. 已知，是两个平面，m，n，l是三条直线，且，，，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面、面面垂直的判定定理与性质定理判断即可. 【详解】如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则这条直线垂直于这个平面， 若，且，但如果直线与不相交， 则不能得到，从而不能推出； 如果两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面， 若，由于，，， 则，又，所以. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 如图，为平面四边形用斜二测画法作出的直观图，其中，，，则四边形的面积为（ ）． A. B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【详解】四边形为直角梯形，且，，，， 5. 已知定义域为的函数满足为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，， 所以，即①，因为 是奇函数，所以， 所以，即②， ①+②，并整理得． 6. 若非零向量与满足，且，则为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，由可得，即可得结果. 【详解】设的中点为，连接， 因为，即， 则，可得， 又因为，即， 且，则，所以为底边和腰不相等的等腰三角形． 7. 一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个白球和若干个红球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在0.6，则袋中约有红球（ ） A. 8个 B. 10个 C. 12个 D. 14个 【答案】C 【解析】 【详解】设袋中红球有个， 利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到红球的概率约为0.6， 由题意可得：，解得， 所以袋中约有红球12个. 8. 如图，正三棱柱的侧棱长为4，底面正三角形的边长为3，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为在正三棱柱  中，， 所以异面直线  与  所成的角即为直线  与  所成的角. 连接 ，在  中， 由题意可知，底面正三角形边长为 ，侧棱长为 ， 所以 . 在  中，. 同理，在  中，. 由余弦定理可得： . 因为异面直线所成角的范围是 ，且 ， 所以异面直线  与  所成角的余弦值为 . 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设为虚数单位，已知复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求，进而求得，即可判断A，计算即可判断B，计算即可判断C，计算即可判断D. 【详解】由题意得：，所以，解得，所以，故A错误，所以， 所以，故B正确， 由，故C错误， 由，所以，故D正确. 10. 在棱长为 2 的正方体 中， 分别为棱 的中点，过点作与直线垂直的平面 ，则下列说法正确的是（ ） A. 点 到平面 的距离为 B. 直线 与 所成的角为 C. 三棱锥 的外接球的表面积为 D. 平面 截正方体所得截面多边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用三棱锥体积的等积性即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可. 【详解】对于A，设点 到平面 的距离为， 因为是棱 的中点， 所以根据正方体的性质和勾股定理，得， 因此， ， 因为， 所以，故A正确； 对于B，如图所示， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为， 而， 所以，所以，故B错误； 对于C，如图所示， ， 所以三角形的外接圆半径为， 显然平面，且， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以球的表面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取中点，顺次连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证，， 而，，平面， 所以平面， 根据前面的假设，得，所以四点共面， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以六点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形， 显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确. 11. 已知点在幂函数的图象上，则下列叙述正确的是（ ） A. 函数是奇函数 B. 函数是偶函数 C. D. 函数在定义域内是减函数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据幂函数的定义和性质判断即可. 【详解】因为点在幂函数的图象上，所以，解得. 所以. 由于，所以是奇函数，A正确B错误； 易知，所以C正确； 根据幂函数的性质可知，分别在上单调递减，但是定义域内不是单调函数，所以D错误. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知两个不同向量若则实数_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由向量垂直与向量数量积的关系，分析可得若则有，易得. 【详解】因为所以，解得.故答案为：. 【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，利用向量垂直可得数量积为零，题目较为简单，侧重考查数学运算的核心素养. 13. 已知菱形的边长为2，.将沿折起，使得点至点的位置，得到四面体.当二面角的大小为120°时，四面体的体积为___________；当四面体的体积为1时，以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线在内部的长为_______________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】画出图形，求出四面体的高，从而求出四面体的体积；通过分析得到，，即O，F两点重合，画出图形，得到落在内部的长，从而求出答案. 【详解】 如图1，过点P作PF⊥CO交CO的延长线于点F，则∠POF=60°， 因为菱形的边长为2，， 所以，， 故四面体的体积为； 当四面体的体积为1时，此时， 解得：，，即O，F两点重合， 即PO⊥底面BCD，如图2， 以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线为以O为圆心，半径为的圆， 落在内部的长为圆周长的一半的三分之一，所以长度为. 故答案为：， 14. 2026年美加墨世界杯于北京时间2026年6月12日开幕，参赛球队首次从32支扩军至48支．某校有老师300人，男学生1800人，女学生1500人，为了解师生对该届世界杯的评价，现用按比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为240的样本，则女生应抽取__________人． 【答案】100 【解析】 【分析】根据分层抽样方法求解即可. 【详解】抽样比为， 所以女生应抽取人. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，，． （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式可得答案； （2）利用余弦定理和向量公式，结合三角形面积公式可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得，即①， 又因为，则， 则， 即， 所以②， 由得， 所以. 16. 已知函数，的定义域都是，且是奇函数，是偶函数，． （1）求函数，的解析式； （2）求不等式的解集． 【答案】（1），． （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数奇偶性变形题中等式，联立解得函数解析式； （2）根据函数的奇偶性和单调性解不等式； 【小问1详解】 是奇函数，是偶函数，，， ，①， 即，②，由①、②解得，． 【小问2详解】 由（1）知是上的奇函数和增函数， 则不等式， 因此，即，解得， 即，所以原不等式的解集为． 17. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示. （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）由题得，在△中，，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在△中，，所以，所以. 在直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. 【小问3详解】 如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.    由（2）知，，又， 平面， 所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 18. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. （1）已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 【答案】（1）（i）；（ii） （2）“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠 【解析】 【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可； （2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠. 【小问1详解】 （i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件， 则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜， 所以. 因为，所以； （ii）设甲队获得冠军为事件， 则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜， 则. 因为，所以. 【小问2详解】 在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件， 则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜， 则， 因为，所以，此时，符合题意， ， 因为，，，所以， 即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠. 19. 若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． （1）求证：； （2）求与平面的夹角的正弦值； （3）设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 【答案】（1）设点在平面的投影为，连接． 在三角形中，，即翻折后与不垂直， 从而,不重合，由是的垂心得， 因为平面平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以． （2）； （3）时，取得最小值． 【解析】 【分析】（1）过作平面的投影，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）首先证明两两垂直，再建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案； （3）求出相关平面的法向量，再求出面面角的表达式，最后利用基本不等式即可求出最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同（1）可得， 在平面内，过作交于点， 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 由及勾股定理得：， 等价为：① 又平面，所以， 由及勾股定理得：② 联立①②得：， 结合题意，解得：． 由余弦定理得：， 则， 则由勾股定理逆定理可得：． 又因为，平面， 所以平面, 因为平面，所以，即两两垂直． 则以为原点，分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则, , 设平面的法向量为， 则，即取 设直线与平面夹角大小为， 则. 【小问3详解】 由（2）知， 平面的法向量为． 由得：， 同理得：． 设平面的法向量为， 则，即，可取， 所以，即， 当且仅当即时取等． 综上所述：时，取得最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $