精品解析：湖南湘东教学联盟2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

2026年7月高一期末考试 数学试题 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题（本大题共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】D 【解析】 【分析】根据交集的运算求解即可. 【详解】因为，， 所以. 2. 已知复数，则复数所对应的点在（ ） 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】 【分析】首先化简复数，再结合复数的几何意义，即可判断. 【详解】， 所以复数所对应的点为，在第二象限. 3. 现有样本数据：15，9，11，20，13，5，22，25，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 5 B. 13.5 C. 21 D. 22 【答案】C 【解析】 【详解】从小到大排序：5，9，11，13，15，20，22，25，,,所以这组数据的75%分位数为. 4. 在中，，，分别是角，，所对的边，已知，则的值为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得. 交叉相乘得， 移项得，即. 在中，，故， 所以，由正弦定理得，因此. 5. 已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的母线长是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，即圆心角为的扇形， 则，即， 又，即， 由，得，解得， 则. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角公式及诱导公式求解即可. 【详解】由题意得 . 7. 在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图所示取中点分别为和，连接. 是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. 同理，是中点，是中点，. 又平面，平面，平面. ，平面，平面平面. 又平面平面，点是侧面上的一个动点， 且平面， 点的轨迹为线段. 正三棱锥的棱长均为2，，分别为，的中点， 是的中位线，故. 即动点的轨迹的长度是1. 8. 已知平面向量，满足，，且，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件写出向量的坐标，再根据题意得出求最值即可. 【详解】因为平面向量，满足，，设与的夹角为， ，所以，即， 设，则， 设，因为 ，则， 所以的终点是在以为圆心，半径为的圆上， 二、选择题（本大题共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. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件“第一次的点数为3的倍数”，事件“第二次为偶数点”，事件“两次掷出的点数之和大于8”，事件“两次掷出的点数之和能被4整除”，则下列结论正确的有（ ） A. 与互斥但不对立 B. C. D. 与相互独立 【答案】BC 【解析】 【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则有种情况,用表示投掷结果，其中表示第一次投掷的结果，表示第二次投掷的结果. 事件“第一次的点数为3的倍数”，3的倍数有，则有种情况. 事件“第二次为偶数点”，偶数有，则有种情况. 事件“两次掷出的点数之和大于8”，点数之和可能为，则： ，共10种情况. 事件“两次掷出的点数之和能被4整除”，点数之和可能为，则： ，共9种情况. 事件和事件同时发生的情况：第一次为3的倍数，第二次为偶数点， 故与不互斥，A错误； ，B正确； 事件是“第一次为3的倍数且第二次为偶数”，第一次有2种选择， 第二次有3种选择，共种情况，则，C正确； 事件是“和大于8 且和能被4整除”，只有一种情况符合， 故，所以与不相互独立，D错误. 10. 设，是平面内一组不共线向量，向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，则向量的终点在，终点的连线上 D. 若，，则，，一定能构成三角形三边对应的向量 【答案】AB 【解析】 【详解】选项A：若，则，A正确. 选项B：不共线，由平面向量基本定理，若，则必有，B正确. 选项C：未指明向量起点相同，无法推出终点共线，C错误. 选项D：由条件得，故共面，若三个向量起点相同，的终点在​​终点的连线上，三点共线，不能构成三角形，D错误. 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再根据向量的夹角公式，及其范围即可求出与的夹角． 【详解】由，则， 又 设与的夹角为， 则， 又，则， 所以与的夹角为． 13. 为了提升城市中心的网络覆盖率，工程师在广场的一角设计了一座特殊的微型5G信号塔，该信号塔支架结构满足以下几何特征：①主桅杆垂直水平地面；②地面上的两个加固拉索锚点连线满足．如下图所示，经测量主桅杆的高度米，地面上两条直角边米，米．若将该信号塔的四个顶点，，，视为一个几何体的顶点，该几何体在古代《九章算术》中记载称之为“鳖臑”，则该“鳖臑”外接球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】将如图“鳖臑”补全长方体，求长方体外接球的半径，再求表面积. 【详解】三棱锥可以补全长方体，三棱锥的外接球和长方体的外接球是同一个外接球， 所以， 所以外接球的表面积. 14. 若函数是奇函数，则在上的最大值等于________． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据是奇函数，得到其定义域关于原点对称，且，从而得到，的值，即可得到的解析式，再根据复合函数的单调性即可判断的单调性，进而即可求出在某区间的最大值． 【详解】由， 则的定义域为，即， 又是奇函数，则其定义域关于原点对称，且， 则，即，解得， 所以， 又是奇函数，且其定义域为， 则，解得， 所以， 又在上单调递增，而在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为． 四、解答题（本大题共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. 某市的教师招聘考试中，50名考生的笔试成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间为：，，，，，，． （1）根据频率分布直方图，试估计该50名考生笔试成绩的中位数和平均数（同一组数据用该区间的中点值代表）； （2）若笔试成绩为视为“良好”，笔试成绩为视为“优秀”，现用分层抽样的方法从“良好”和“优秀”中随机抽取6人，再从这6人中选择2人，求被选中的2人均为“良好”的概率． 【答案】（1）平均数117.8，中位数119 （2）． 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图得各区间相应的频率，根据平均数及中位数的计算方法可得； （2）根据分层抽样的方法，分别求得抽取的6人中“良好”和“优秀”的人数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得， 成绩在区间，，，，，，内的频率分别为 ，，，，，，. 所以估计笔试成绩的平均分为： ； 因为，， 所以中位数在内. 设笔试成绩的中位数估计为，则，解得， 所以笔试成绩的中位数估计为119； 【小问2详解】 成绩在内的人数为人． 成绩在内的人数为人， 现从“良好”和“优秀”中用分层抽样的方法抽取6人，则抽取“良好”的人数为人，抽取“优秀”的人数为人． 记“良好”的4人为，，，，“优秀”的2人为，， 则样本空间为， ， 记为选中的2人均为“良好”，则， ，所以， 故选中的2人均为“良好”的概率是． 16. 在中，角所对的边分别是，已知，． （1）求角的大小； （2）若，是上的点，平分，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 已知，由余弦定理可得， 因为，代入得，所以， 所以，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，，由余弦定理得， 即，又因为，所以， 由面积公式可得，， 所以，可得． 17. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 【答案】（1），（）． （2）． 【解析】 【分析】（1）运用三角恒等变换将化成正弦型函数，再根据周期的公式求得的最小正周期，并用整体代换即可求出其单调递增区间； （2）根据图象变换法则得到的解析式，分析在上的单调性，并将关于的方程在区间上有两个不同的实数解，转化为与在区间上的图象有两个不同的交点，从而求得实数的取值范围． 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期， 令，，得，， 所以的单调递增区间为（）． 【小问2详解】 将函数的图象向右平移个单位长度，得， 再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得， 因为，所以． 令，得；令，得. 所以在区间单调递增，在区间单调递减． 所以，，， 因为关于的方程在区间上有两个不同的实数解， 所以直线与在区间上的图象有两个不同的交点， 所以， 即实数的取值范围为． 18. 现有两块含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，．初始时，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． （1）求证：平面平面； （2）设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 【答案】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点． 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面． 又平面， 所以平面平面 （2）（ⅰ）60°（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）通过，确定，，可得平面，进而求证即可； （2）（ⅰ）通过平面，得到，可得直线与所成的角即为（或其补角），进而求解即可； （ⅱ）作，，垂足分别为，，确定是二面角的平面角，可得，再结合体积公式、三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以． 所以直线与所成的角等于直线与所成的角，即（或其补角）． 在中，，，． 故直线与直线所成角的大小为60°． （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角，则， 因为， 所以，所以， 所以，为的中点， 所以，故． 则，，． 因为，，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 所以． 故四棱锥的体积为． 19. 对定义域为的函数，定义阶稳区间如下：若区间，满足：函数在上单调，且对任意，，恒有，则称区间为函数的一个阶稳区间．现已知分段函数（其中为常数）． （1）当时，判断区间是否为的阶稳区间，并说明理由； （2）若，求所有长度最大的有限阶稳区间； （3）若存在长度大于0的阶稳区间包含分界点，求实数的取值范围． 【答案】（1）区间是的阶稳区间，理由如下： 当时，，故， 二次函数开口向上，对称轴为，因此在上单调递增， 因为，，所以， 所以，所以， 综上，是的阶稳区间； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，函数单调递增，且，则是的阶稳区间； （2）对区间，分别讨论，可得时，的所有有限长度的阶稳区间； （3）先证明内不存在任何长度大于 0 的阶稳区间，再对，对作分类讨论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当，，在上单调递减，在上单调递增， 对于区间，在上单调递减，且 因为，，所以，所以， 所以，所以， 所以是的阶稳区间； 对于区间，在上单调递增， ， 所以，不是的阶稳区间； 综上，若，所有长度最大的有限阶稳区间； 【小问3详解】 （其中为常数）， 当，， 所以内不存在任何长度大于 0 的阶稳区间； 当，，二次函数开口向上，对称轴为， 所以上单调递减，上单调递增， ， 当时，在上单调递减， 因为，，所以， 所以，所以， 所以区间符合； 当时，在上单调递增， 因为，，所以， 所以，所以， 所以区间符合； 当时，对任意包含的区间， 取，足够接近（如，极小），则， 由知， 当足够小时，，即， 对应，不满足阶稳条件，因此不存在包含的阶稳区间， 所以存在长度大于0的阶稳区间包含分界点，则 ， 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 $ 2026年7月高一期末考试 数学试题 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题（本大题共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. 已知复数，则复数所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 现有样本数据：15，9，11，20，13，5，22，25，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 5 B. 13.5 C. 21 D. 22 4. 在中，，，分别是角，，所对的边，已知，则的值为（） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的母线长是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在棱长均为2的正三棱锥中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，当平面时，动点的轨迹的长度是（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，满足，，且，向量满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共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. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件“第一次的点数为3的倍数”，事件“第二次为偶数点”，事件“两次掷出的点数之和大于8”，事件“两次掷出的点数之和能被4整除”，则下列结论正确的有（ ） A. 与互斥但不对立 B. C. D. 与相互独立 10. 设，是平面内一组不共线向量，向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则必有 C. 若，则向量的终点在，终点的连线上 D. 若，，则，，一定能构成三角形三边对应的向量 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（    ） A. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B. 无论点N在何处，始终有平面成立． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为________． 13. 为了提升城市中心的网络覆盖率，工程师在广场的一角设计了一座特殊的微型5G信号塔，该信号塔支架结构满足以下几何特征：①主桅杆垂直水平地面；②地面上的两个加固拉索锚点连线满足．如下图所示，经测量主桅杆的高度米，地面上两条直角边米，米．若将该信号塔的四个顶点，，，视为一个几何体的顶点，该几何体在古代《九章算术》中记载称之为“鳖臑”，则该“鳖臑”外接球的表面积为________． 14. 若函数是奇函数，则在上的最大值等于________． 四、解答题（本大题共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. 某市的教师招聘考试中，50名考生的笔试成绩的频率分布直方图如图所示，成绩分组区间为：，，，，，，． （1）根据频率分布直方图，试估计该50名考生笔试成绩的中位数和平均数（同一组数据用该区间的中点值代表）； （2）若笔试成绩为视为“良好”，笔试成绩为视为“优秀”，现用分层抽样的方法从“良好”和“优秀”中随机抽取6人，再从这6人中选择2人，求被选中的2人均为“良好”的概率． 16. 在中，角所对的边分别是，已知，． （1）求角的大小； （2）若，是上的点，平分，求的长． 17. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 18. 现有两块含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，．初始时，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． （1）求证：平面平面； （2）设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 19. 对定义域为的函数，定义阶稳区间如下：若区间，满足：函数在上单调，且对任意，，恒有，则称区间为函数的一个阶稳区间．现已知分段函数（其中为常数）． （1）当时，判断区间是否为的阶稳区间，并说明理由； （2）若，求所有长度最大的有限阶稳区间； （3）若存在长度大于0的阶稳区间包含分界点，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 $