精品解析：湖南衡阳市衡南县2025-2026学年下学期期末考试高一数学试题

衡南县高一期末考试试卷 数学 时量：120分钟 总分：150分 命题人： 注意事项：请考生把答案写在答题卡上．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算即可得到结果. 【详解】由，所以其虚部为. 故选：B. 2. 已知集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的交并补运算即可得解. 【详解】因为，故， 又，， 所以. 故选：D. 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点所在区间. 【详解】因为函数，在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，， ，， 所以函数的零点所在的区间为. 故选：B. 4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合二次函数的单调性，指数函数及对数函数复合函数的单调性，反比例函数的单调性分别判断各个选项即可求解. 【详解】，单调递减，单调递增，不合题意，A选项错误； ，单调递增，在单调递增，在单调递减， 所以在区间上单调递增，B选项正确； 单调递增，在单调递增，在单调递减， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，C选项错误； 在区间上单调递增，在区间上单调递增，D选项错误； 故选：B. 5. 已知函数，且，则函数的图象的一条对称轴可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得函数的一条对称轴，再由的最小正周期为，即可得到结果. 【详解】由题设有，且可知. 故，所以的一条对称轴为. 又的最小正周期为，故其一条对称轴为. 故选：B. 6. 已知向量满足在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式代入已知条件计算即可求值. 【详解】因为在上的投影向量为，所以. 故选：A. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 8. 已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体，剩余部分为一个八面体，若该八面体可以在一个球形容器内任意转动，则该球形容器表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图，先求出正四面体的外接球半径，再求出，再结合外接球知识求出该八面体的外接球半径,结合球的表面积计算即可. 【详解】作出正四面体，如图所示： 设为正四面体的外接球球心，为的中心， 为的中心,，为的中点， 因为正四面体棱长为8，可得平面， 由正弦定理得， 因为平面，所以， 所以， 由正四面体外接球球心为，则在上，则为外接球半径， 由，得，解得，即， 在正四面体中，可得， 所以，所以， 则该八面体的外接球半径， 所以该球形容器表面积的最小值为. 二、多选题 9. 已知e是自然对数的底数，，函数的图象经过原点，且无限接近直线又不与该直线相交，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在区间上单调递减 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据函数过原点和无限接近直线可判断；对于B，根据解析式判断函数的奇偶性，值域可判断，对于C，根据解析式判断函数的单调性，即可判断；对于D，根据对数函数性质，再根据函数为偶函数可判断. 【详解】对于A，因为函数的图象经过原点， 所以，解得，则． 因为函数无限接近直线但又不与该直线相交， 所以，则，故A错误． 对于B，则， 因为，为偶函数． 当时，， 所以函数的值域为，故B正确； 对于C，当时，，因为函数为减函数， 则函数在区间上单调递增，故C错误； 对于D，因为，根据函数为偶函数可得，即，故D正确. 10. 四名同学，，，各掷骰子次，分别记录自己每次骰子出现的点数．根据四名同学的如下统计结果，则可能出现点数的是（ ） A. 平均数为，中位数为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 中位数为，极差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平均数、中位数、众数、方差、极差的定义逐一分析选项即可． 【详解】对于A，平均数为，中位数为，说明次点数总和为，且将次点数从小到大排序，第三位为， 则从小到大排序前三位是，，，后两位点数之和为，可能出现点数，故A正确； 对于B，中位数为，众数为，说明将5次点数从小到大排序，第三位为，且至少出现过两次， 则从小到大排序前三位是，，，后两位可能出现点数，故B正确； 对于C，平均数为，方差为，说明次点数总和为， 若出现点数，则其他四次点数之和为，只能是，，，， 则方差，所以一定没有出现点数，故C错误； 对于D，中位数为，极差为，说明将次点数从小到大排序，第三位为， 极差可能是，也可能是，所以可能出现点数，故D正确． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，点满足，下列说法正确的是（ ） A. 不存在使得 B. 若四点共面，则 C. 若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为 D. 若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由中边长的大小，判断A选项；由正方体的截面判断B选项，由面面平行得点的轨迹，计算长度判断C选项；体积法计算内切球半径和表面积，判断D选项. 【详解】正方体中，由，故中，不可能是直角三角形的斜边， 即不存在使得，A选项正确； 分别是棱的中点，点为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形， 则四点共面，有，B选项错误； 若，则为上靠近点的三等分点， 取上靠近的三等分点，的中点，连接 则在正方形中，可得， 平面，平面，则有平面， 同理可由，证明平面， 平面，，所以平面平面， 点在侧面内，且平面，所以即为点的轨迹， ，C选项正确； 若，则为的中点，平面分割该正方体所成的两个空间几何体和， 平面在正方体上的截面为正六边形， 某球能够被整体放入或，该球的表面积最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球， 正六边形的边长为，面积为， 正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为， 设该球的半径为，由体积法可得， 解得，所以该球的表面积为，D选项正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛： 正方体中的线面位置关系，角度距离和截面等问题，要充分利用好正方体的结构特征，而内切球的半径，可利用体积法计算. 三、填空题 12. 若命题“”是假命题，则实数的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由时，的最小值不大于得的范围，从而最小值． 【详解】 时，是减函数，因此其最小值是， 由题意，∴的最小值是． 故答案为：． 13. 甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，，若，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为________． 【答案】##0.52 【解析】 【分析】先确定总事件数，再列举“心有灵犀”的事件数，最后根据古典概型概率公式求结果. 【详解】甲乙两人猜数字时互不影响，故各有5种可能，故基本事件是种， “心有灵犀”的情况包括：，，，，，，，，，，，，共13种， 故他们“心有灵犀”概率为， 14. 在中，角所对的边分别是，已知，.若存在最大值，则正数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边，并利用余弦定理求出，再利用正弦定理及三角恒等变换，结合正弦函数性质求出范围. 【详解】由及正弦定理，得， 由余弦定理，得，而，则， 由正弦定理，得， 因此 ，其中， 而，要使存在最大值，则有解，即， 因此，解得，所以正数的取值范围为. 四、解答题 15. 舟山某校组织全体学生参加了海洋文化知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，将数据按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图： （1）根据频率分布直方图，求； （2）根据频率分布直方图，估计样本的平均成绩； （3）用分层抽样的方法在这两组学生内抽取5人，再从这5人中选2人进行问卷调查，求所选的两人恰好都在的概率． 【答案】（1）0.03 （2）84 （3） 【解析】 【分析】（1）由直方图矩形面积和为1可得值； （2）由每组数据中点值乘以相应频率再相加可得； （3）确定5人中分别在两个区间的人数并编号，用列举法写出样本空间，然后由概率公式计算概率． 【小问1详解】 根据频率分布直方图可知； 【小问2详解】 平均成绩为； 【小问3详解】 由题意得，两组人数比例为，所以组应抽取2人，记为，组应抽取3人，记为甲，乙，丙 对应的样本空间为：,(,甲),(,乙),(,丙),(,甲),(,乙),(,丙), (甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)，共10个样本点． 设事件“两人来于”， 则(甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)，共有3个样本点． 所以． 16. 已知在锐角中，角所对的边分别为，记其面积为，则有 （1）求； （2）若，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式可得，解得； （2）根据基本不等式和余弦定理，解不等式即可求得的最大值为. 【小问1详解】 由题意，又易知， 得， 根据余弦定理可得，可得； 又，所以． 【小问2详解】 由余弦定理， 又，可得， 由基本不等式可得，解得； 由 故的最大值是，当且仅当时，等号成立． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为，为等边三角形． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）设，连接， 由三棱柱的所有棱长均为2， 则四边形为菱形，所以，， 又为等边三角形，所以， 因为，，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）作出，连接，根据菱形的性质，及等边三角形的性质即可证明结论； （2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，再根据，即可求出； 解法2：过作，垂足为，由（1）得面面垂直，推出平面，从而得到为点到平面的距离，再求出点到的距离，再根据三角形面积即可求出，进而得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：设点到平面的距离为d， 由三棱柱的所有棱长均为，为等边三角形， 由(1)知， 则在中，，，， 所以可得点到的距离为， 由（1）知，平面，则到平面的距离为， 所以， 又，所以． 解法2：由（1）知，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 过作，垂足为，所以平面， 则为点到平面的距离， 又三棱柱的所有棱长均为，为等边三角形， 则在中，，，， 可得点到的距离为， 所以，则， 所以点到平面的距离为． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得，，，相互独立，且，，，． 记事件“乙恰好有一轮胜出”，则，又互斥， 所以，当时， . 因此，当时，乙恰好有一轮胜出的概率为. 【小问2详解】 ①事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 则，解得，． ②事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ，， 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）2 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案； （2）①求出的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案. 【小问1详解】 由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和， 即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即， 故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：； 【小问2详解】 ①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O， ，则为正三角形，则, 底面，底面，故，， 则，， 则 ， 由于为三角形内角，故； 同理求得， 故该四棱锥在处的离散曲率； ②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等， 即得， 四棱锥在处的离散曲率，则， 设，则，而， 故，解得， 作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故， 作于F，则，且， 则; 连接，由于底面，底面，故， 平面，故平面， 平面，故平面平面，平面平面， 作于G，则平面， 则即为直线与平面所成角， 则. 【点睛】关键点睛：本题考查空间几何的新定义问题，解答的关键是要理解新定义，并能根据新定义的含义去解决问题；解答第二问时，要能根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，进而根据线面角定义解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡南县高一期末考试试卷 数学 时量：120分钟 总分：150分 命题人： 注意事项：请考生把答案写在答题卡上．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 一、单选题 1. 复数的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，且，则函数的图象的一条对称轴可以为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量满足在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 12 D. 6 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体，剩余部分为一个八面体，若该八面体可以在一个球形容器内任意转动，则该球形容器表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知e是自然对数的底数，，函数的图象经过原点，且无限接近直线又不与该直线相交，则（ ） A. B. 的值域为 C. 在区间上单调递减 D. 10. 四名同学，，，各掷骰子次，分别记录自己每次骰子出现的点数．根据四名同学的如下统计结果，则可能出现点数的是（ ） A. 平均数为，中位数为 B. 中位数为，众数为 C. 平均数为，方差为 D. 中位数为，极差为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，点满足，下列说法正确的是（ ） A. 不存在使得 B. 若四点共面，则 C. 若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为 D. 若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为 三、填空题 12. 若命题“”是假命题，则实数的最小值是______． 13. 甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，，若，就称甲乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为________． 14. 在中，角所对的边分别是，已知，.若存在最大值，则正数的取值范围是__________. 四、解答题 15. 舟山某校组织全体学生参加了海洋文化知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，将数据按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图： （1）根据频率分布直方图，求； （2）根据频率分布直方图，估计样本的平均成绩； （3）用分层抽样的方法在这两组学生内抽取5人，再从这5人中选2人进行问卷调查，求所选的两人恰好都在的概率． 16. 已知在锐角中，角所对的边分别为，记其面积为，则有 （1）求； （2）若，求的最大值． 17. 如图，三棱柱的所有棱长均为，为等边三角形． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $