精品解析：湖南益阳市桃江县第一中学2025-2026学年第二学期高一期末检测数学试题

2025学年第二学期高一年级期末检测 数学试题 （本试题卷共4页，19题，时间：120分钟，满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得： 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直列方程求解即可. 【详解】已知，则，解得. 故选：A. 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式化简，根据特殊角即得函数值. 【详解】. 4. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】因为样本按比例分配，男女比例为， 所以应抽取的男生人数为. 5. 袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个黑球，2个白球，3个黄球，从中不放回地随机摸出2个球，能摸到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题，结合古典概率求解. 【详解】依题意，从袋子里不放回地随机摸出2个球的试验有个基本事件， 能摸到白球的事件含有基本事件个数为， 所以能摸到白球的概率为. 故选：C 6. 已知复数z满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义，结合圆的性质求出最大值. 【详解】依题意，为复平面内复数对应的点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆， 是点到点的距离，而， 所以的最大值为. 故选：B 7. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解. 【详解】由题意可得，，且， 所以. 设与的夹角为，， 则, 所以. 故选；D. 8. 在中，，，，，分别是边，上的点，且满足，，连接，交于点，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为平面向量一组基底，设，，利用向量相等，求得，从而用基底表示出，求得其模与数量积，利用向量夹角公式即可求得结论. 【详解】由题意知，， . 设，， 则， ， 所以，解得. 所以，， 所以， ， ， 所以. 即与夹角的余弦值为. 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，其中，则（ ） A. 若，则或 B. 当或时，复数z为纯虚数 C. 若，则 D. 在复平面内，复数z对应的点在直线上，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】若，则，解得或，所以A正确； 若复数z为纯虚数，则，解得，所以B错误； 若，则，解得，所以C正确； 在复平面内，复数对应的点为，若复数z对应的点在直线上，则有，解得，所以D正确. 10. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法可判断CD选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、， 因为， 对于A选项，当时，则点的轨迹为线段，A错； 对于B选项，若，即点， 此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，B对； 对于C选项，若，即点，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为， 因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，C对； 对于D选项，若，则，其中， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取最小值，此时取最大值，且，则， 因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 11. 定义在上的函数，满足当时，，且，，都有，下列说法正确的是（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】令可判断A；令结合函数奇偶性的定义可判断B；令，可得，然后通过换元法证明（成立），结合奇函数的性质可判断C；先利用定义法证明函数的单调性，然后把不等式变形为，最后利用函数单调性解不等式可判断D . 【详解】令，可得，故A正确； 令，可得，因为不恒等于0，结合可得： ，即，所以是奇函数，又不恒等于0， 所以不是偶函数，故B错误； 令，可得， 令，则原式变形为： ， 对任意，令，得， 替换为得，即（成立）； 当时，对等式用替换，替换可得： ，由奇函数的性质可得， 即（成立）； 当一个非负数一个负数时，不妨设，， 对等式用替换可得， 再用替换得，即（成立）； 故对所有成立，C正确； 是奇函数且满足得： 若，则，因为当时，， 所以，即，所以是上的增函数， 由得： ， 由增函数性质得，即，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知均为锐角，，，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据平方关系可求解；结合及两角和的余弦公式求出，，进而可得，再根据二倍角公式求解即可. 【详解】因为均为锐角，所以，则， 所以； 由，则， 又， 所以，， 则， 所以. 故答案为：；. 13. 十八世纪，瑞士数学家欧拉指出：指数源于对数，并发现了对数与指数的关系，即当，时，．已知，．则＝_____． 【答案】2 【解析】 【分析】利用指数与对数的关系、对数的运算性质、换底公式运算即可得解. 【详解】解：由题意，，时，， ∴，， ∴ . 故答案为：2. 14. 在平面内，直线，在两直线之间且到的距离分别为1，2，过作两条相互垂直的射线与分别交于两点，为的重心．若设，，则可用，表示为______；的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】根据重心的几何性质，以及平面向量的线性运算，用基底表示出向量即可，根据题干条件，建立平面直角坐标系，设出点的坐标，根据垂直的向量关系，求出参数关系，进而求出向量模长的最小值. 【详解】 可知， 即； 如图所示，以直线为轴，点为原点，建立平面直角坐标系， 则直线方程为，直线的方程为，可知点在直线上， 设，所以点， 则， 因为，所以，即， 可知， 因为，当且仅当时取等号， 所以，所以的最小值为. 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. 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； （2）估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数； （3）在这100名学生中，从这次竞赛成绩在内的学生中采用分层随机抽样的方法抽取27名学生进行调查，求这100名学生这次竞赛成绩在内被抽取的人数． 【答案】（1）0.010 （2）76.5 （3）6 【解析】 【分析】（1）因为频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1，所以用各组组距乘以对应​的和等于1列方程，即可求解； （2）先确定每组的组中值，再计算每组频率，加权求和即可； （3）首先计算和两组的人数，结合总抽取人数，按比例计算组的抽取人数. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，各组的组距都是10． 各组对应的小长方形面积之和等于1，所以． 化简得，即，即，即． 所以图中． 【小问2详解】 由第（1）问可得． 因此各组的频率分别为，，，， 对应这100名学生的人数分别为10，20，25，35，10． 各组的组中值分别为55，65，75，85，95． 所以这100名学生竞赛成绩的平均数估计为． 计算得． 所以估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数为76.5分． 【小问3详解】 由第（2）问可知，成绩在内的人数为35， 成绩在内的人数为10， 所以成绩在内的总人数为． 现从这45人中采用分层随机抽样的方法抽取27人， 则成绩在内被抽取的人数为． 所以这100名学生这次竞赛成绩在内被抽取的人数为6． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 【答案】（1） （2），或， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角； （2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解. 【小问1详解】 在中，，故 ， 将已知等式变形： ， 又 ， 代入得： ，  因，， 故，得； 【小问2详解】 由三角形面积相等得，代入，，， 化简得：  ，又 再代入余弦定理，得  ， 整理得，解得或， 对应代入，得或， 故，或，. 17. 某公司举办乒乓球比赛，比赛采取局胜制，已知在甲､乙两人的比赛中，每局比赛甲获胜的概率都为，每局比赛结果相互独立. （1）求前局中，甲､乙各获胜局的概率； （2）求第局乙获胜且第局甲获胜的概率； （3）求甲､乙比赛结束时所用局数不大于的概率. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）列举出甲、乙各获胜局的情况，根据独立事件概率公式计算即可； （2）列举出第局乙获胜且第局甲获胜的情况，根据独立事件概率公式计算即可； （3）为甲、乙比赛结束时，只进行局比赛的概率，根据独立事件概率公式分别计算得到，加和即可求得结果. 【小问1详解】 由题意知：每局比赛乙获胜的概率为； 记事件“第局比赛甲获胜”，事件“第局比赛乙获胜”，事件“前局中，甲、乙各获胜局”，则， . 【小问2详解】 记事件“第局乙获胜且第局甲获胜”，则， . 【小问3详解】 记为甲、乙比赛结束时，只进行局比赛的概率， 只进行三局比赛的结果为，， ； 只进行四局比赛且甲获胜的结果为：，，， 只进行四局比赛且乙获胜的结果为：，，， ； 甲､乙比赛结束时所用局数不大于的概率为. 18. 如图，在矩形 中，，， 是线段 上的一动点，将沿着折起，使点 到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影 落在线段 上． （1）当点 与点 重合时，证明：平面； （2）当点 与点 重合时，求二面角的余弦值； （3）设直线与平面所成的角为 ，二面角的平面角为 ，求的最大值． 【答案】（1） 证明：当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面 ，平面 ，所以， 又 ，，平面，平面， 所以平面，又平面，可知 ，平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过证明和，证明平面； (2) 作于点，连接，证明为二面角的平面角，分别求出，借助于即可求得该角的余弦值； （3）由几何法找到 和，表示出，利用函数方法可求最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作于点，连接，因平面，平面，则， 又平面，则平面，又平面，则， 故为二面角的平面角. 在中，，，则，则，， 在中，易得，则， 在中，， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 作交于 ，所以直线 与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 作于点，连接，因平面，平面，则， 又平面，则平面，又平面，所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面，可得 平面， 连接，是直线 与平面所成的角，即， 因为，满足， 设，，， 因为在中，斜边大于直角边，即，即，解得， 又，在中，由等面积得， 因， 又因，，所以是二面角平面角，即， 则， 所以，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值为. 19. 若定义在非空集合上的函数，以及函数，且函数，的最大值称为，的“偏差”． （1）函数，，，求，的“偏差”： （2）函数，，，若，的“偏差”为3，求的值； （3）函数，，，当，的“偏差”取最小值时，求的值，并求出“偏差”的最小值． 【答案】（1） （2） （3），最小值为 【解析】 【分析】（1）写出的解析式，结合，求出值域，可得偏差为； （2），利用和的函数性质，通过分类讨论，由“偏差”值得到的值； （3）结合所给条件，可得函数与的“偏差”为，结合绝对值不等式，求出即可得. 【小问1详解】 ， 因为，所以， 则， 所以函数与的“偏差”为. 【小问2详解】 令， ∵，∴是单调减函数，∴ 由题意，，，且. 当，即时，，解得或，不符合； 当，即时，，或， 解得或（舍） 所以 【小问3详解】 ， 因为，所以， 由，则， 令，即，解得， 故当且仅当时，有. 故当的值为时，函数与的“偏差”取最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高一年级期末检测 数学试题 （本试题卷共4页，19题，时间：120分钟，满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个黑球，2个白球，3个黄球，从中不放回地随机摸出2个球，能摸到白球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知复数z满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，，，分别是边，上的点，且满足，，连接，交于点，则与夹角的余弦值为（ ） 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，其中，则（ ） A. 若，则或 B. 当或时，复数z为纯虚数 C. 若，则 D. 在复平面内，复数z对应的点在直线上，则 10. 在正方体中，，，则（ ） A. 若，则点的轨迹为线段 B. 若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C. 若，则三棱锥的体积为定值 D. 若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 11. 定义在上的函数，满足当时，，且，，都有，下列说法正确的是（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知均为锐角，，，则________，________． 13. 十八世纪，瑞士数学家欧拉指出：指数源于对数，并发现了对数与指数的关系，即当，时，．已知，．则＝_____． 14. 在平面内，直线，在两直线之间且到的距离分别为1，2，过作两条相互垂直的射线与分别交于两点，为的重心．若设，，则可用，表示为______；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. 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； （2）估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数； （3）在这100名学生中，从这次竞赛成绩在内的学生中采用分层随机抽样的方法抽取27名学生进行调查，求这100名学生这次竞赛成绩在内被抽取的人数． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高为，，求，． 17. 某公司举办乒乓球比赛，比赛采取局胜制，已知在甲､乙两人的比赛中，每局比赛甲获胜的概率都为，每局比赛结果相互独立. （1）求前局中，甲､乙各获胜局的概率； （2）求第局乙获胜且第局甲获胜的概率； （3）求甲､乙比赛结束时所用局数不大于的概率. 18. 如图，在矩形 中，，， 是线段 上的一动点，将沿着折起，使点 到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影 落在线段 上． （1）当点 与点 重合时，证明：平面； （2）当点 与点 重合时，求二面角的余弦值； （3）设直线与平面所成的角为 ，二面角的平面角为 ，求的最大值． 19. 若定义在非空集合上的函数，以及函数，且函数，的最大值称为，的“偏差”． （1）函数，，，求，的“偏差”： （2）函数，，，若，的“偏差”为3，求的值； （3）函数，，，当，的“偏差”取最小值时，求的值，并求出“偏差”的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $