精品解析：湖南永州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

2026年上期高一期末考试 数学 注意事项： 1.本试卷共150分，考试时量120分钟. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 3.考试结束后，只交答题卡. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】复数标准式为：，其中为复数的虚部， 已知，则，即的虚部为，D正确. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标公式运算即可. 【详解】因为，所以，得. 故选:D 3. 已知圆柱底面半径为，母线长为，则它的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用圆柱侧面积公式计算可得. 【详解】因为圆柱底面半径，母线长， 所以圆柱的侧面积. 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一判断即可． 【详解】对于A，由，是两个不同的平面，若，，则，故A正确； 对于B，若，，则，或，故B错误； 对于C，若，，则，或，故C错误； 对于D，若，，则，或与异面，故D错误． 5. 在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位线性质与平行线的传递性将异面直线所成角转化为共面角，结合等边三角形的性质求解. 【详解】连接，因为，分别为，的中点，所以， 正方体中，上、下底面互相平行，所以面对角线， 由平行线的传递性，得，因此异面直线与所成的角等于与所成的锐角或直角，即. 设正方体的棱长为，则，所以为正三角形， 因此，即所求异面直线所成的角为. 6. 已知一组数据，，，的方差为5，则，，，的方差为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据公式计算即可. 【详解】因为数据，，，的方差为5， 所以，，，的方差为. 7. 已知事件满足，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，互斥，则 C. 若，则 D. 若，相互独立，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据事件的包含关系、互斥事件、独立事件的概率性质及相关公式逐一验证各选项正误即可. 【详解】选项A：若，则，因此，A错误； 选项B：若互斥，则为不可能事件，故，B错误； 选项C：若，则，因此，C错误； 选项D：若相互独立，根据独立事件概率乘法公式得， 再由概率加法公式得，D正确. 8. 在中，，，为边的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】固定，则在圆上运动，根据圆上一点到定点的距离的最值性质即可求解． 【详解】设的外接圆半径为， 由正弦定理得，故， 则由圆周角的性质可知，点在以为弦、半径为2的圆上运动， 故只需求圆上任意一点到圆内一定点的最大距离， 如图所示，设圆心为，则， 由垂径定理得，故， 因此，当且仅当三点共线，且在和之间时等号成立， 故的最大值为． 二、多项选择题：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，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据复数除法运算求出复数，再根据复数的模、共轭复数的概念、复数的几何意义、及方程根的验证逐一判断即可． 【详解】由， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由对应复平面内的点，即在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误； 对于D，由，则是方程的一个根，故D正确． 10. 已知四边形是正方形，延长至，使，点是线段上的任意一点.设向量，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为，，易得，由此即可求出的取值范围，则可选出答案. 【详解】如图所示：以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系. 不妨设正方形的边长为，， 则，且，， 可得 因为， 所以，解得 所以， 又因为，所以，所以， 结合选项可知ABC正确，D错误. 11. 在棱长为1的正四面体中，点，分别为和的中心，点在线段上，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若平面，则 C. 平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 若平面，则三棱锥的外接球半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由正四面体的性质易得平面，可推得，当点与点重合时，取最小值，即可判断；对于B，证明点为与的交点，过点作，交于点，借助于相似形即可求得；对于C，取中点，利用二面角的定义借助于余弦定理即可求得；对于D，先判断三棱锥的外接球的球心在直线上，借助于即可求得起半径. 【详解】对于A，因为点为正四面体的底面的中心，连接， 则平面，因平面 ，则，， 又因点为线段上一点，则，， 则，因， 故当点与点重合时，取最小值为，故A 错误； 对于B，因点是 的中心，则平面， 若平面，则点为与的交点， 取的中点，连接，则点为的三等分点， 因，则，， 在中，，易得， 过点作，交于点，则，解得，则， ，由可得，即，故B正确； 对于C，取中点，连接，则易得， 故是平面与平面所成二面角二面角的平面角， 因为，，由余弦定理， ， 所以，故C正确； 对于D，显然点为的外心， 设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 则点在直线上，连接，在中，， 因为，所以球心在的延长线上， 在中，， 由，解得，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中,,,,则________. 【答案】 【解析】 【详解】由正弦定理,即. 13. 如图，圆柱的底面直径和高均是2，圆柱内接于圆锥，且，则圆锥的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的底面直径和高确定圆柱的几何量，利用轴截面相似三角形的性质，结合线段比例关系求出圆锥的底面半径和高，最后代入圆锥体积公式计算. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，圆柱的底面半径为，高为， 由题意可得、， 由，故，故， 由题意可得，即有， 则圆锥的体积. 14. 已知全集，独立随机选取的三个子集，满足.记事件：且且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先确定全集U的子集总个数，再计算满足的三元组的总样本数,再计算事件M对应的满足条件的三元组的个数：首先事件M要求A、B、C两两交集都非空，先对每个元素分别分析其在A、B、C中的归属情况，满足，同时保证三个交集都不为空，分情况讨论每个元素的可能归属，再计算符合条件的样本数,最后根据古典概型的概率公式计算得到结果. 【详解】全集，对U中任意一个元素，它是否属于，，共有种可能， 其中不满足的情况只有该元素不属于任何集合这1种， 因此每个元素共种符合要求的可能； U有2个元素，且元素归属独立，因此总满足条件的三元组共有种； 事件M的补集为： 或  或 ， 记：，，，则 ，（表示X的个数）； ：每个元素排除同时属于两个交集的情况，每个元素剩5种可能， 故每个为，和为； ：同时满足两个交集为空，每个元素排除4种不符合情况， 剩4种可能，每个为，和为； ：三个交集都为空，每个元素最多属于一个集合，剩3种可能，故为； 代入得： ， 满足事件M的情况数为，因此：. 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）求； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对两边平方，借助，，即可求出的值； （2）根据，得，即可求出的值. 【小问1详解】 由，两边平方，得， 又，，所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 展开得，，代入，，， 得，解得. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求与平面所成角的正弦值. （注：用空间向量法求解不给分） 【答案】（1）设，连接，则为的中点， 因为是的中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设，连接，可证，结合线面平行的判定定理证明线面平行； （2）设，可证平面，可知点到平面的距离为，进而求线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，与平面所成角为， 因为，则， 又因为平面，平面，则，， 可得， 且，平面，则平面， 因为是的中点，则点到平面的距离为，且， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.很多学校已经推出基于豆包的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用豆包解答完成100份不同的模拟试卷，统计其解答准确率，整理得到如下频数分布表： 准确率（%） 频数 10 20 30 （1）求的值，并估计豆包解答这100份试卷准确率的第62百分位数； （2）若按比例分配的分层随机抽样的方法从准确率在，的两组中抽取7份试卷，再从这7份试卷中随机抽取2份试卷，求这2份试卷来自同一组的概率. 【答案】（1），第62百分位数为 （2） 【解析】 【分析】（1） 先依据总频数为求解，再通过百分位数定义计算可得豆包解答这100份试卷准确率的第62百分位数； （2）先借助分层随机抽样定义求出从组及组抽出的份数，再利用列举法分别求出从这7份试卷中随机抽取2份试卷的所有可能种数及这2份试卷来自同一组的可能种数即可得. 【小问1详解】 ； 由，， 故豆包解答这100份试卷准确率的第62百分位数为； 【小问2详解】 ，，故从组抽取份，从组抽取份， 设从组抽取的份分别为， 从组抽取的份分别为， 则从这份试卷中随机抽取份试卷，有、、、 、、、、、、、 、、、、、、、 、、、，共种可能， 其中来自同一组的情况有、、、、、、 、、，共种可能， 故从这7份试卷中随机抽取2份试卷，这2份试卷来自同一组的概率为. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，面积为，周长为.已知. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）由余弦定理得， 结合，得， 即，即，故， 代入，得， 因此，则，即为直角三角形； （3） 【解析】 【分析】（1）结合三角形面积公式和向量数量积公式化简，可得，即可得，结合B的取值范围即可求解； （2）结合余弦定理建立边与角的关系，对已知等式变形，可得，再结合勾股定理逆定理，即可证明； （3）利用锐角三角形的条件确定自变量的取值范围，根据b的值和余弦定理得到的关系式，结合三角形面积公式和周长表达式将​表示为关于边的函数，最后结合三角函数恒等变换以及三角函数性质求解函数的取值范围即可. 【小问1详解】 由于，的面积, 结合，得， 而，故，又，则； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若为锐角三角形，则 即； 故，， 由余弦定理得，即得， 则， 则； 又，则， 故 ， 结合，则，则， 则， 故. 19. “牟合方盖”是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体，如图1所示，点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心.过点作平面使得，. （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； （2）点，为平面与两圆柱表面交线的交点，点为的中点，过作平面，点为“牟合方盖”表面上的点且在平面同一侧，过点作平面，交边界于点，，设，. （ⅰ）如图2所示，若，，，求线段的值； （ⅱ）若，点到平面的距离为，当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （i）； （ii）． 【解析】 【分析】（1）分析知截面是边长等于圆柱底面直径的正方形，再求出面积即可； （2）（i）作出合理辅助线，利用与平面平行的截面仍为正方形，求出点的高度及其射影位置，再连续使用勾股定理求；（ii）由得到平行四边形，在平面内设辅助长度，利用同一个三棱锥体积的两种表示求出与的关系，再求所给式子的最大值． 【小问1详解】 平面 通过“牟合方盖”的中心， 由对称性可知，所得截面是边长等于圆柱底面直径的正方形， 所以截面面积； 【小问2详解】 在平面内过作，两圆柱分别以为轴. 由，且平面，得平面， 在平面内过作，垂足为，又因为平面，所以； 同理，在平面内过作，垂足为，可得，如图， 因为平面，即， 所以到平面的距离相等，即. （i）在直角三角形中，，且， 所以， 由，得 又，所以， 于是. 如图，过作“牟合方盖”与平面平行的截面， 设截面与交于，与圆弧交于点，连接， 则， 以为轴的圆柱的圆截面中， 半弦长， 所以截面是边长为的正方形，其中心到每个正方形顶点的距离为 因此，且在线段上． 因为平面截“牟合方盖”所得正方形的边长为，是边的中点， 所以 从而. 又，所以与相邻的顶点重合， 并且. 如图，连接，在直角三角形中，. 又，而，所以． 在直角三角形中，， 故； （ii）由得， 故确定平面， 因为，平面，且平面， 所以，四边形是平行四边形，所以， 因为在同一平行于的截面中， 由以为轴的圆柱的母线方向可知，则， 若，则四边形也是平行四边形，则，可得， 因此四边形是平行四边形，从而 在平面内，作，垂足为，设，延长交于， 令，由于，所以， 又在线段上，且正方形中， 所以直角三角形为等腰直角三角形，故， 在平面内，直线与边之间的距离为， 所以， 过作，垂足为，连接， 则由三垂线定理可得， 记， 由点为平面与两圆柱表面交线的交点，则点在两圆柱表面上． 在以为圆柱轴的圆截面中，圆的半径为，即， 则点到圆柱轴的距离为， 则由勾股定理得， 所以 另一方面，点还必须位于另一个以为轴的圆柱的内部或表面上． 点到该圆柱轴的距离为，所以 代入，得 因此 因为，且平面，平面，所以平面． 故点与点到平面的距离相等. 下面利用三棱锥的体积计算． 在平面内，，且，所以 点到平面的距离为，故 又，． 由三垂线定理，． 在直角三角形中， 因此 以为底面，三棱锥的高为，所以 由等体积法，得 因为，所以 由可知， 则由得即 故 在直角三角形中，， 则在直角三角形中，， 因为，且共线，为钝角，所以 于是 当时， 所以 当时，，且，此时等号成立． 因此要使题中的严格不等式恒成立，，即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上期高一期末考试 数学 注意事项： 1.本试卷共150分，考试时量120分钟. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 3.考试结束后，只交答题卡. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆柱底面半径为，母线长为，则它的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一组数据，，，的方差为5，则，，，的方差为（ ） A. 10 B. 20 C. 30 D. 40 7. 已知事件满足，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，互斥，则 C. 若，则 D. 若，相互独立，则 8. 在中，，，为边的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 已知四边形是正方形，延长至，使，点是线段上的任意一点.设向量，则的可能取值为（ ） A. B. C. D. 11. 在棱长为1的正四面体中，点，分别为和的中心，点在线段上，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若平面，则 C. 平面与平面所成二面角的正弦值为 D. 若平面，则三棱锥的外接球半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中,,,,则________. 13. 如图，圆柱的底面直径和高均是2，圆柱内接于圆锥，且，则圆锥的体积为________. 14. 已知全集，独立随机选取的三个子集，满足.记事件：且且，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. 已知，，. （1）求； （2）若，求实数的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求与平面所成角的正弦值. （注：用空间向量法求解不给分） 17. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量.很多学校已经推出基于豆包的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新.某探究小组利用豆包解答完成100份不同的模拟试卷，统计其解答准确率，整理得到如下频数分布表： 准确率（%） 频数 10 20 30 （1）求的值，并估计豆包解答这100份试卷准确率的第62百分位数； （2）若按比例分配的分层随机抽样的方法从准确率在，的两组中抽取7份试卷，再从这7份试卷中随机抽取2份试卷，求这2份试卷来自同一组的概率. 18. 记的内角，，的对边分别为，，，面积为，周长为.已知. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 19. “牟合方盖”是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体，如图1所示，点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心.过点作平面使得，. （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； （2）点，为平面与两圆柱表面交线的交点，点为的中点，过作平面，点为“牟合方盖”表面上的点且在平面同一侧，过点作平面，交边界于点，，设，. （ⅰ）如图2所示，若，，，求线段的值； （ⅱ）若，点到平面的距离为，当时，恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $