精品解析：广东汕头市潮阳区河溪中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷

河溪中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名填写在答题卷上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷对应题目的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回． 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 设向量, 则是“”的（ ） A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 设，向量且，则（ ） A. B. C. D. 10 7. 已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据1，2，3，4，5，6的中位数是3 B. 数据，，，的方差是1，则，，…，的方差是9 C. 若事件与互斥，且，，则 D. 记事件与的对立事件分别为，，若事件与互斥，则是必然事件 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为4的球的球面上 11. 函数的部分图象如图所示，则（    ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则实数的取值范围为 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面内向量，，若和垂直，则的值为______. 13. 某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体，，， 则该组合体的体积为_______________； 14. 一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为______________海里． 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卷指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率． 17. 某企业积极响应国家垃圾分类号召，在科研部门的支持下进行技术创新，把厨余垃圾加工处理为可重新利用的化工品，已知该企业日加工处理量x（吨）最少为70吨，最多为120吨，日加工处理总成本y（元）与日加工处理量x之间的函数关系可近似地表示为，且每加工处理1吨厨余垃圾得到的化工产品的售价为100元. （1）该企业日加工处理量为多少吨时，日加工处理每吨厨余垃圾的平均成本最低？此时该企业处理1吨厨余垃圾处于亏损还是盈利状态？（平均成本=） （2）为了该企业可持续发展，政府决定对该企业进行财政补贴，补贴方式有两种方案 方案一：每日进行定额财政补贴，金额为2300元； 方案二：根据日加工处理量进行财政补贴，金额为40x元. 如果你是企业的决策者，为了获得每日最大利润，你会选择哪个方案进行补贴？为什么？. 18. 如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点． （1）求证：//平面； （2）若，求三棱锥的体积． 19. 设函数． （1）判断的奇偶性并予以证明； （2）设，经研究，此时有，证明：； （3）设，且，若，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 $ 河溪中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名填写在答题卷上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷对应题目的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卷上，写在本试卷上无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回． 第Ⅰ卷 选择题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合集合交集的运算，即可求解. 【详解】由集合， 又因为，可得. 故选：B. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】， 所以复数在复平面内对应的点为，是第二象限点. 3. 设向量, 则是“”的（ ） A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量共线的充要条件：向量的坐标交叉相乘相等；求出的充要条件，判断前者成立是否能推出后者成立，反之判断后者成立能否推出前者成立，利用充要条件的定义得到结论． 【详解】的充要条件为，即或， “”是“或”成立的充分不必要条件， “”是“”的充分不必要条件， 故选A． 【点睛】判断一个命题是另一个命题的什么条件，一般先对各个条件进行化简，再利用充要条件的定义加以判断． 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由于，则， 于是. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性排除两个答案，再利用自变量取正数，函数值一定为非正数，即可得到判断. 【详解】因为,所以是奇函数， 即图象关于原点对称，故CD错误； 因为当时，，故A错误，B正确； 故选：B 6. 设，向量且，则（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直、平行列方程，求得，进而求得正确答案. 【详解】由于， 所以，解得， 所以， 所以. 故选：C 7. 已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将三条侧棱两两互相垂直的三棱锥补成一个长方体，该三棱锥的外接球与长方体的外接球是同一个球，求其对角线即得球的直径. 【详解】当三棱锥的三条侧棱两两互相垂直时，可以将其补成一个长方体， 该三棱锥的外接球与长方体的外接球是同一个球， 外接球的直径等于长方体的体对角线长度． 已知， 则长方体的体对角线 ， 因此，外接球半径．球的表面积. 8. 已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到函数的单调性，结合特殊点的函数值，利用零点存在性定理得到，，，得到答案. 【详解】由题意得在R上单调递增， 在上单调递增， 又，，故， ，，故， ，故， 故. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据1，2，3，4，5，6的中位数是3 B. 数据，，，的方差是1，则，，…，的方差是9 C. 若事件与互斥，且，，则 D. 记事件与的对立事件分别为，，若事件与互斥，则是必然事件 【答案】BCD 【解析】 【分析】由中位数的定义可判断A；由方差的性质可判断B；由互斥事件概率加法运算可判断C；根据互斥事件和对立事件的定义可判断D. 【详解】对于A，数据1，2，3，4，5，6的中位数是，故A错误； 对于B，数据，，，的方差是1，则，，…，的方差是：，故B正确； 对于C，若事件与互斥，且，，则，故C正确； 对于D，事件互斥，则是不可能事件，则是必然事件，故D正确. 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为4的球的球面上 【答案】AC 【解析】 【分析】由且，推出平面，而平面，从而判断A选项；先求三棱锥的体积，再求的面积，用等体积法反推点到平面的距离即可判断B选项；取中点，由等腰三角形三线合一得、，则为二面角的平面角，在三角形中利用边长关系求正弦值即可判断C选项；利用两两垂直，将三棱锥补成长方体，外接球半径等于长方体体对角线的一半，即可判断D选项． 【详解】对于A选项，因为平面平面，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以，故异面直线与所成的角为，故A正确； 对于B选项，三棱锥的体积， 因为平面，平面，所以， 因为，，， 所以， ， 所以，是等腰三角形， 记为中点，连接，由等腰三角形得 所以， 故， 设 到平面 的距离为 ，则， 解得，故B错误； 对于C选项，连接，则，又因为平面，平面， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以，即是直角三角形， 所以，故C正确； 对于D选项，由两两垂直，可将三棱锥补成长方体， 其长宽高分别为，三棱锥外接球与长方体外接球相同， 外接球直径等于长方体体对角线：，故D错误． 11. 函数的部分图象如图所示，则（    ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据周期以及最值可得，即可判断A，代入验证即可判断B，根据整体法求解函数的单调性即可判断C，由整体法，结合三角函数的性质即可判断D. 【详解】由图可得，函数的最小正周期，又，所以， 则，由，得，， 解得，，又，所以，故A正确； 由上分析，故，因为， 故函数的图象关于点对称，故B正确； 令，，解得，， 故函数的单调递增区间为，， 令，，解得，， 故函数的单调递减区间为，， 则函数在区间上单调递减，在上单调递增，故C错误； 当时，则， 要使在区间上恰有一个最大值2和一个最小值， 需使，解得，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面内向量，，若和垂直，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【详解】由题意可得，， 因为和垂直，所以，即， 化简得，解得. 13. 某组合体如图所示，上半部分是正四棱锥，下半部分是长方体，，， 则该组合体的体积为_______________； 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用锥体和柱体的体积公式，列式计算，即可求解. 【详解】因为该组合体的上半部分是正四棱锥 ，下半部分是长方体， 正四棱锥的高为1， 且， 所以该组合体的体积为：. 14. 一艘轮船按照北偏东40°方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东20°方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为______________海里． 【答案】6 【解析】 【分析】由题意画出图形，求出相关量，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】记轮船的初始位置为，灯塔位置为， 20分钟后轮船的位置为，如图所示： 由题意得：， ， ， 在中，由余弦定理得： ， 所以解得或（舍去）， 灯塔与轮船原来的距离为6海里， 故答案为：6. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卷指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解； （2）利用面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即， 由于 所以， 又，所以， 则， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理，即， 即，所以， 所以（负值已舍去）， 所以的周长为. 16. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率． 【答案】（1）分； （2）分； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求得，再由百分位数的定义求第75百分位数； （2）由频率直方图的平均数求法求平均分； （3）根据分层抽样确定5人中的人数分布，再应用列举法求古典概型的概率. 【小问1详解】 由题设，可得， 由，， 所以样本的第75百分位数位于区间，设为，则， 所以分. 则其第75百分位数为分. 【小问2详解】 由题设分； 则平均分为分. 【小问3详解】 由题设，的频率比为， 故抽取的5人中有2人为、有3人为， 任抽2人有，共10种情况， 其中分数在各一人有，共6种情况， 所以这2名同学分数在各一人的概率. 17. 某企业积极响应国家垃圾分类号召，在科研部门的支持下进行技术创新，把厨余垃圾加工处理为可重新利用的化工品，已知该企业日加工处理量x（吨）最少为70吨，最多为120吨，日加工处理总成本y（元）与日加工处理量x之间的函数关系可近似地表示为，且每加工处理1吨厨余垃圾得到的化工产品的售价为100元. （1）该企业日加工处理量为多少吨时，日加工处理每吨厨余垃圾的平均成本最低？此时该企业处理1吨厨余垃圾处于亏损还是盈利状态？（平均成本=） （2）为了该企业可持续发展，政府决定对该企业进行财政补贴，补贴方式有两种方案 方案一：每日进行定额财政补贴，金额为2300元； 方案二：根据日加工处理量进行财政补贴，金额为40x元. 如果你是企业的决策者，为了获得每日最大利润，你会选择哪个方案进行补贴？为什么？. 【答案】（1）80吨，该企业处理1吨厨余垃圾处于亏损状态 （2）方案二 【解析】 【分析】（1）列出平均成本后，根据基本不等式即可判断； （2）分别算出两种方案的最大利润，进行比较即可. 【小问1详解】 由题意可知，每吨厨余垃圾平均加工成本为 当且仅当，即时， 每吨厨余垃圾的平均加工成本最低， 因为， 所以此时该企业处理1吨厨余垃圾处于亏损状态. 【小问2详解】 若该企业采用补贴方式①，设该企业每日获利为， 因为， 所以当吨时，企业获得最大利润，为850元. 若该企业采用补贴方式②，设该企业每日获利为， 因为， 所以当吨时，企业获得最大利润，为1800元. 结论：选择方案一，当日加工处理量为70吨时，可以获得最大利润850元； 选择方案二，当日加工处理量为100吨时，获得最大利润1800元； 所以选择方案二进行补贴.. 18. 如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点． （1）求证：//平面； （2）若，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 解法一：取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 因为是中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面． 解法二：取中点，连接，， 因为是中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． 因为是中点，是中点 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：构造平行四边形，根据线面平行判定定理证明即可；解法二：构造平行平面，利用面面平行的性质证明线面平行； （2）根据几何体的线面关系确定底面积与高度距离，即可的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接， 在正三棱柱中， 所以，且， 因为平面平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，即平面， 所以的长为点到平面的距离， 又的面积为， 所以， 所以三棱锥的体积为． 19. 设函数． （1）判断的奇偶性并予以证明； （2）设，经研究，此时有，证明：； （3）设，且，若，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）函数是奇函数. 函数中，由，得， ，， 所以函数是奇函数. （2）当时，， 因此，， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）函数是奇函数，再利用奇函数定义推理即得. （2）根据给定条件，利用对数的运算性质化简即可得证. （3）探讨函数的单调性，结合（1）（2）的结论，求出在上的最大值与最小值的差即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，又， 由（1）（2）得， 函数，函数在上单调递减， 函数在上单调递增，因此函数在上单调递减， 当时，， 由，，得， 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $