精品解析：湖北中部地区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

高一数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页．全卷共150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡密封线矩形框内．同时将考号填写在答题卡正面右上方框内，将考号下对应的数字框涂黑． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．答在试题卷、草稿纸上无效． 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效． 一、单选题：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，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 数据7，8，12，5，6，7，10，6，12，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 6. 已知，且，则的值为（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数在上是单调函数，且对任意，都有，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知，，分别是三个内角，，的对边，且1，点为的费马点．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，，为实数，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，都大于，则 D. 若，，，则 10. 已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 11. 如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得 C. 若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D. 若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为两个随机事件，，，若，则__________． 13. __________． 14. 四面体中，，，，且异面直线与所成角为．若四面体的体积为，则四面体的外接球半径的最小值为__________． 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. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16. 已知函数的一部分图象如图所示，如果，，． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数的最大值与最小值，并写出对应的值． 17. 国务院2026年印发的《关于推进服务业扩能提质的意见》，将物业服务纳入社区服务的重点提升领域．某社区为提升物业服务质量，随机选取了100名业主就小区物业服务情况进行问卷调查，并将业主的满意度评分值（百分制）按照，，，…，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）估计这组数据的众数与平均数（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）； （3）已知这100名业主中满意度评分值在内的男性人数与女性人数的比为．若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女性的概率． 18. 如图，在四棱锥中，△为等边三角形，平面平面，，，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 19. 在平面四边形中，，且. （1）中，设角的对边分别为，若. ①当时，求的值； ②当时，求的最大值. （2）若，且，将沿翻折成，使得平面平面，在四面体中，任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为，试比较的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页．全卷共150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡密封线矩形框内．同时将考号填写在答题卡正面右上方框内，将考号下对应的数字框涂黑． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．答在试题卷、草稿纸上无效． 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内．答在试题卷、草稿纸上无效． 一、单选题：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：，，所以. 2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】由于，所以，则， 所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为平面向量，， 若，则， 解得. 4. 数据7，8，12，5，6，7，10，6，12，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】将数据按升序排列可得5，6，6，7，7，8，8，10，12，12， 因为，所以上四分位数为第8位数10. 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理求出的值，再结合大边对大角的性质排除不符合范围的解，即可得到的取值. 【详解】在中，由正弦定理可得：，将，，代入上式，且，得：，得， 由于，因此或， 又因为，可得，即不符合要求，故舍去， 因此. 6. 已知，且，则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件结合两角差的正弦公式可得，根据平方关系求，再根据二倍角余弦公式及两角和余弦公式求结论. 【详解】因为，又， 所以，即， 又， 所以， 因为，所以，， 所以， 所以. 7. 已知函数在上是单调函数，且对任意，都有，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据单调函数的性质判断为常数，求出该常数得到的解析式后计算即可. 【详解】因为是上的单调函数，且对任意都有， 因此存在唯一的常数，使得，即,则可得. 令，由于与均在上单调递增，因此在上单调递增， 又，故方程有唯一实数解, 因此，. 8. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知，，分别是三个内角，，的对边，且1，点为的费马点．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用三角形内角关系与三角恒等变换化简给定等式，推导出角的度数，结合费马点性质得到点与三顶点连线两两夹角为，再将所求向量数量积之和转化为含面积与费马点到三顶点距离两两乘积之和的表达式，最终结合已知条件算出结果. 【详解】在中，，因此， 所以，整理得， 又，可得， 在三角形中 ，因此，即，显然的三个内角都小于. 根据费马点定义，此时点满足两两夹角为， 即任意两个向量的夹角都是，因此： ，  同理，， 因此待求式可写为：， 的面积可拆分为三个小三角形面积之和：​， 已知，，因此， 因此：，解得：， 所以. 二、多选题：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，，为实数，则（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，都大于，则 D. 若，，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据不等式性质、作差法比较大小及基本不等式的应用逐一分析 【详解】对于A，因为，所以，故，可得，A对； 对于B，举特殊值，取，，则，与结论矛盾，B错； 对于C，作差得，若，则，反之，，C错； 对于D，根据基本不等式，当且仅当，即时，取等号，D对 10. 已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得，再由同角三角函数关系式可得正弦值；对C直接由正弦定理可得；对B结合A选项分析，再通过基本不等式、三角形面积公式可得三角形面积的最大值；对D由三角形面积的最大值可得边上的高的最大值. 【详解】选项A：由，再由正弦定理得. 又因为，所以得，即， 由余弦定理， 又因为，所以，故A正确；  选项C：由正弦定理，得​​，并非，故C错误；  选项B：由A选项分析知，结合基本不等式，得， 即，当且仅当时取等号，将代入，解得. 所以三角形面积​​，即面积的最大值为，故B正确； 选项D：设边上的高为，由三角形面积公式，由选项B分析知， 所以，得，当且仅当时取等号， 即边上的高的最大值为，故D正确. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得 C. 若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D. 若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等体积法判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积判断B；确定轨迹并求出长度判断C；作出符合要求的正方体的截面并求出面积判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面平面， 则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，，， 不垂直，因此不存在点P，使，B错误； 对于C，连接，平面，平面，则，而， 又平面，则平面，又平面，则. 同理得，又平面，则平面， 由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面 与底面交线，即为线段，又，C正确； 对于D，取中点为，连接，平面， 由平行于，平面，得，又，则平面， 又取中点为，则，有四点共面，则平面平面. 平面即为平面，设平面分别与交于， 由平面平面，平面，平面， 则，又都是中点，则是中点，同理是中点， 于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则， 所以截面面积为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，为两个随机事件，，，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据随机事件的包含关系可得，直接代入的取值即可求解.或根据也可求解. 【详解】已知随机事件满足，则,； 方法1：由并事件的等价性，直接得; 方法2：对任意随机事件，有， 代入、、， 得. 13. __________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换先化简，结合诱导公式即可求解. 【详解】由题意得： . 故答案为：. 14. 四面体中，，，，且异面直线与所成角为．若四面体的体积为，则四面体的外接球半径的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】通过将满足垂直条件的四面体补形成直棱柱的几何模型，结合异面直线夹角、四面体体积公式推导出与的长度乘积，再利用直棱柱外接球直径与各棱的几何关系，结合基本不等式求解得到外接球半径的最小值. 【详解】由，，可将四面体补形成直棱柱， 过作，且， 则平面，过作，且， 则四面体补成直三棱柱， 因为，， 所以， 即原四面体体积等价于以为底、为高的直三棱柱体积的​， 设，，异面直线与所成角为，则与的夹角为， 则的面积为：， 由四面体体积公式：，解得， 直三棱柱的外接球与四面体的外接球完全相同， 外接球的球心到平面的距离为​， 根据正弦定理，的外接圆半径满足： ，即， 由余弦定理：， 结合基本不等式，得， 即，因此， 外接球半径满足：， 即，当且仅当时取等号. 则四面体的外接球半径的最小值为. 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. 已知，． （1）若且，求在方向上的投影向量； （2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由向量的坐标运算可得和向量的坐标，再由和向量的模的值得，再由数量积计算投影向量可得； （2）先由向量夹角为钝角得数量积小于零得的范围，再排除向量共线的值可得. 【小问1详解】 因为，，所以，， 即，解得或，又因为，故． 此时，，，，  所以在方向上的投影向量为. 因此在方向上的投影向量为. 【小问2详解】 因为与夹角为钝角等价于且与不反向共线． 所以，解得． 若，则，即，解得或． 当时，，，，与同向，与的夹角为，舍去； 当时，，，，与反向，与的夹角为，非钝角，舍去． 综上，实数的取值范围为. 16. 已知函数的一部分图象如图所示，如果，，． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数的最大值与最小值，并写出对应的值． 【答案】（1） （2）最大值为4，此时；最小值为1，此时 【解析】 【分析】（1）由函数的最大值和最小值求出，，由周期求出，由特殊点求出，即可求得函数解析式； （2）由求出的范围，再求出的取值范围，即可求得函数的取值范围. 【小问1详解】 由图象可知，，， 设最小正周期为，，∴， ∴， 又∵，且， ∴，，∴， ∴函数的解析式为. 【小问2详解】 当时，，， 故当，即时，有最小值； 当，即时，有最大值. 17. 国务院2026年印发的《关于推进服务业扩能提质的意见》，将物业服务纳入社区服务的重点提升领域．某社区为提升物业服务质量，随机选取了100名业主就小区物业服务情况进行问卷调查，并将业主的满意度评分值（百分制）按照，，，…，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）估计这组数据的众数与平均数（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）； （3）已知这100名业主中满意度评分值在内的男性人数与女性人数的比为．若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女性的概率． 【答案】（1） （2）众数为 ，平均数为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求的值. （2）利用频率分布表估计众数和平均数. （3）先确定满意度评分值在内男性与女性的人数，再结合古典概型求概率. 【小问1详解】 由. 【小问2详解】 估计众数为， 估计平均数为：. 【小问3详解】 由题意，满意度评分值为的人有人， 其中男性人，记为，，； 女性有人，记为，. 从这5人中随机抽取2人进行座谈，所有的样本点有：，，，， ，，，，，，共10个. 记“恰有1名女性”为事件，则事件包含：，，，，，6个样本点. 所以. 18. 如图，在四棱锥中，△为等边三角形，平面平面，，，，， （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以， 又，，，平面，所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）通过证明、证得平面． （2）作出直线与平面所成的角，解直角三角形求得所成角的正弦值. （3）作出二面角的平面角，由此列方程求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 由（1）中平面，所以为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，，且为的中点，所以， 又，在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面，所以， 在中，，所以，所以， 又点为中点，所以， 同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得，即， 化简得到，解得或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为，此时． 19. 在平面四边形中，，且. （1）中，设角的对边分别为，若. ①当时，求的值； ②当时，求的最大值. （2）若，且，将沿翻折成，使得平面平面，在四面体中，任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为，试比较的大小. 【答案】（1）①16；② （2） 【解析】 【分析】（1）由得，由余弦定理得，①当时，，由余弦定理即可求解；②当时，，利用均值不等式即可求解； （2）先证，由面面垂直的性质定理得，即可求，由面面垂直判定定理得平面平面，平面平面，进而求得， 同理求得，即可求解. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 由余弦定理得，化简得：， ①当时，， . ②当时，， 当且仅当即时取等号， 的最大值为. 【小问2详解】 由，， 由余弦定理得， 即，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 所以在四面体中，任取两条棱，共有15种情况，其中相互垂直的棱有5对： ， 故， 由平面，平面，所以平面平面， 又，平面平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以4个面任选2个面，共有6种情况，其中相互垂直的面有3对： 平面平面，平面平面，平面平面， 故. 任选1个面和不在此面上的1条棱，先从4个平面任选1个平面，共有4种情况， 再从不在此面上的3条棱中选1条，有3种情况，故共有12种情况，其中满足垂直关系的有2种， 分别为平面和棱，平面和棱，故， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $