精品解析：广东广州市执信中学2025-2026学年第二学期高一数学期末考试试卷

2025-2026学年度第二学期 高一级数学科期末考试试卷 命题人：鞠浩天 审题人：朱清波 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上． 2、选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；不能答在试卷上． 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】使用集合的交集运算求解． 【详解】因为的解集为：，所以集合， 则． 2. 10个数据的75%分位数是（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以第75%分位数是第个数，即 3. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用特值法分析选项AD，因式分解分析选项B，作差法分析选项C. 【详解】若，则，选项A错误； 因为即，解得，选项B错误； ，， 则，选项C正确； 若，因为，，所以只有时等号成立，不存在实数使得正弦值和余弦值同时等于1，选项D错误. 4. 在中，，，现以所在直线为轴，将其余两边旋转一周形成曲面并围成一个封闭几何体，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】该旋转几何体为共底面的两个圆锥，先求解底面半径，再结合圆锥侧面积公式计算总表面积即可. 【详解】在中，，，则. 设边上的高为，，则，得. 该旋转体为两个共底面的圆锥，底面半径为，母线长分别为和. 所以该几何体的表面积为两个圆锥侧面积之和， 即. 5. 若，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由,得; 同除以,得 由得, 代入化简得, 即, 解得， 则. 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及空间向量基本定理，将分别用基底表示，通过对应系数相等建立方程组求解的值即可. 【详解】由题意，在四面体  中，， 所以 ， 因为点在上，设，其中，则， 又因为， 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ， 则，故C正确. 7. 在正四棱锥中，，则该棱锥的外接球与内切球半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱锥的性质确定外接球和内切球的球心位置，分别求出外接球半径和内切球半径，即可求解. 【详解】如图所示，正四棱锥中，正方形的对角线相交于点，则平面. 设正四棱锥外接球的球心为，在上，高， 连接，则. ，设，则，. 则在中，， 即，得. 在中，， 即，解得. 如图所示，设正四棱锥内切球的球心为，在上， 高，取中点，连接. ，设，则，. 则. 在中，，即. 设内切球与平面相切于点，与平面相切于点， 则，，. ，即，解得. . 8. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．依据推广结论，给定函数，设其对称中心为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称的推广结论构造奇函数，利用奇函数满足恒成立的性质求出对称中心的坐标，进而计算. 【详解】由题意，若的对称中心为，则为奇函数，对定义域内任意均有， 即：  代入得：  ， 对第二项分母变形得，因此第二项可化简为，原等式变为： ，  要使等式对任意恒成立，令，解得， 代入左边得：  因此，解得， 故. 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4个选项中，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. 设是平面上三个两两不相等的单位向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 若，则在上的投影向量为 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据向量垂直的等价条件判断即可.对于B，利用数量积的定义以及单位向量的定义计算即可.对于C，根据在上的投影向量的公式计算即可.对于D，利用数量积的夹角公式，结合单位向量的定义进行计算即可. 【详解】对于A，，则或，故A错误. 对于B，，故B正确. 对于C，在上的投影向量为，故C错误. 对于D，由且，可得 ， 设与夹角为，与夹角为，与夹角为， 因为向量间的夹角属于，所以. 又因为，所以. 所以 所以，D正确 10. 盒中有个大小、质地均相同的小球，其中三个红球上分别写有，两个白球上分别写有．从中不放回地随机取出两个小球，记事件为“取出的两个球颜色不同”，事件为“取出的两个球上的数字相同”，事件为“取出的两个球上的数字之和小于”，那么（ ） A. B. C. D. 事件与相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】先计算不放回抽取个球的总基本事件数，再分别计算各事件对应的基本事件数，结合古典概型公式、事件包含关系、独立事件判定规则逐一分析选项. 【详解】根据题意，所有可能的组合为：(红1,红2),(红1,红3),(红1,白1),(红1,白2),(红2,红3),(红2,白1),(红2,白2),(红3,白1),(红3,白2),(白1,白2)，共种， 对于A，事件为两球颜色不同，对应共种组合，，故A正确； 对于B，事件为两球数字相同，仅(红1,白1),(红2,白2)种情况，且均满足颜色不同，即，故，，故B正确； 对于C，事件为数字之和小于，对应共种组合，，故C错误； 对于D，事件为两球颜色不同且数字和小于，对应共种组合，，而， 满足独立事件判定条件，故事件与相互独立，故D正确. 11. 已知，以下说法正确的有（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 方程恰有个解 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用奇偶函数的判断方法，即可求解；对B，根据，即可求解；对C，先求出在上值域，再由偶函数的性质，即可求解；对D，利用C，得的图象，构造函数，将问题转化成两函数图象的交点的个数，再利用对数函数的性质，即可求解. 【详解】对于A，易知的定义域为，关于原点对称，又， 所以是偶函数，故A正确， 对于B，因为，则， ， 所以不是的周期，故B错误， 对于C，由选项A知是偶函数，则的图象关于轴对称， 当时，， 即， 当时，， 当时，， 当时，， 综上可知，故C正确， 对于D，由选项C可得的图象如图所示， 由选项C知，当时，是的最小正周期，令， 则方程的解的个数，即的图象与图象交点的个数， 当时，，又，所以当时，， 则当时，的图象与图象有无数个交点，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足（为虚数单位），则_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，所以. 13. 如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内且相距20米的两个测量基点与．现测量得，在点处测得塔顶的仰角分别为，若河宽至少12米，则塔高______米． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理结合几何关系求出，结合河宽至少12米进一步判断即可. 【详解】由题意知，平面，，，，. 因为平面，所以，. 在中，，所以. 在中，，所以. 在中，由余弦定理得，， 即，整理得， 即，解得或. 当时，，符合题意； 当时，，不符合题意； 故. 14. （不能建系）已知正方体棱长为1，是其表面三点，则的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】取线段的中点，利用极化恒等式得出，再分在同一个表面内，位于相邻的两个表面内，位于相对的两个表面内，三种情况进行讨论. 【详解】取线段的中点，则 ， ①若在同一个表面内，则当重合时，的最小值为， 又当为面对角线时取最大，故的最小值为； ②若分别位于相邻的两个表面内，不妨设平面，平面， 则的最小值为点到平面、平面的距离的最小值， 又当为体对角线时取最大，故的最小值为； ③若分别位于相对的两个表面内，不妨设平面，平面， 则的最小值为点到正方体的各个表面的距离的最小值， 又当为体对角线时取最大，故的最小值为， 综上可知，的最小值为 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16-17题每题15分，18-19题每题17分，共77分． 15. 如图，正三棱柱中（底面是正三角形且侧棱与底面垂直的棱柱是正三棱柱），底面边长为，若为的中点． （1）求证：直线平面； （2）若，求三棱锥的体积． 【答案】（1） （1）连结交于，连结， 在中，，分别为和的中点，则， 平面，平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）根据线面垂直的判定定理和性质定理证得，再利用可求得，最后用转换顶点法求三棱锥的体积. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取中点为，连结，， ，则， 平面平面，平面平面，且平面， 平面，平面，则， 又，，面,面 面，， 则，可得. ，面，面，面，. 16. 学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数： （2）以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数： （3）若学校安排甲､乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲､乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率. 【答案】（1）2 （2）71， （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图各矩形所表示频率之和为1，可得，据此可得答案； （2）由频率分布直方图计算平均数，中位数方法可得答案； （3）记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，方法1，由可得答案；方法2，由对立事件概率关系可得答案. 【小问1详解】 由，得， 则成绩不高于60分的人数为：， 成绩不高于50分的人数为：， 则从不高于60分的人中抽5人，其中不高于50分人数为：； 【小问2详解】 平均数. 因为在内共有80人，则中位数位于内，设中位数为， ，解得； 【小问3详解】 记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，则 方法1，，则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为. 法二：.则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为. 17. 设的内角所对的边分别是，已知． （1）求证：； （2）若，，设为边的中点，求的长． 【答案】（1）由， 得到，所以， 由正弦定理得，即. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，切化弦、通分并整理得，再由正弦定理角转边，即可求证； （2）根据条件，利用余弦定理得，由向量的中线公式得，结合条件，利用数量积的运算律，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由余弦定理，又，， 得，又由（1）知，所以，解得， 又为边的中点，则， 所以， 则，所以的长为. 18. 如图，在多面体中，是边长为的等边三角形，平面，，，，，记的中点为． （1）证明：平面； （2）设为棱上的动点， （i）若，求到的距离； （ii）求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）如图，取的中点，连接，. 平面，，，平面，平面. 为的中点，为的中点，， 在直角梯形中，，. ，，，； 平行四边形是平行四边形. . 平面，平面，平面平面. 是等边三角形，为的中点，. 平面平面，平面，平面. ，平面. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线性质得四边形是平行四边形，求得；由平面证得平面平面，再证得平面，从而得到平面. （2）（i）过点分别作，，分别求出，，根据余弦定理求出 值，再求出的值，从而求出点到的距离； （ii）由余弦定理求出的值，再根据体积相等，解得的值，从而求出与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）如图，过点分别作，，垂足分别为点，；取中点，连接，，，. 是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. ，； ，，，，. 在中，. ，平面，平面. 在中，； 在中，. 在中，； . 在中，. 即点到的距离为. （ii）如图，过点作平面，垂足为点，连接，则为与平面所成角； 分别过点，作，，，垂足分别为，，. 则，，，. 在中，； 在中，； 在中，； ，即为等腰三角形. 是的中点，，. ，. 为棱上的动点，设，. 在中，. 在中，； 在中，； 在中，； . .，. 由（1）得平面，则平面. ，即，解得. 在中，. ，当时，取得最大值，即. 即与平面所成角的正弦值的最大值为. 19. 设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”． （1）在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由； ①； ②； （2）已知，且函数具有性质，求实数的取值范围； （3）证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件． 【答案】（1）①是，理由如下：因为对任意， ，符合定义； 因此，函数具有性质. ②不是,理由如下：令 ， ，故不具有性质. （2）； （3）充分性： 若函数为增函数，则对任意均有， 即，因此，对任意，若， 则，函数具有性质，充分性得证； 必要性： 若对任意，函数均具有性质， 假设函数不是增函数，则存在，满足， 即，而， 故存在，使，且，即， 即对于，存在，但是， 与“对任意，函数均具有性质”矛盾，因此假设不成立， 即函数为增函数，必要性得证． 综上，“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件. 【解析】 【分析】（1）根据函数具有性质的条件进行判断即可； （2）原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，即可得； （3）利用函数的单调性以及不等式的性质判断充分性，利用反证法判断必要性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 显然，设， 则 ， 当时，取最小值， 原问题等价于当时，恒成立，即恒成立， 由，可得，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期 高一级数学科期末考试试卷 命题人：鞠浩天 审题人：朱清波 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上． 2、选择题每小题选出答案后，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，再选涂其他答案；不能答在试卷上． 3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答卷纸上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 10个数据的75%分位数是（ ） A. 12 B. 11 C. 10 D. 9 3. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，现以所在直线为轴，将其余两边旋转一周形成曲面并围成一个封闭几何体，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱锥中，，则该棱锥的外接球与内切球半径之比为（ ） A. B. C. D. 8. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．依据推广结论，给定函数，设其对称中心为，则（ ） 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4个选项中，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. 设是平面上三个两两不相等的单位向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 若，则在上的投影向量为 D. 若，则 10. 盒中有个大小、质地均相同的小球，其中三个红球上分别写有，两个白球上分别写有．从中不放回地随机取出两个小球，记事件为“取出的两个球颜色不同”，事件为“取出的两个球上的数字相同”，事件为“取出的两个球上的数字之和小于”，那么（ ） A. B. C. D. 事件与相互独立 11. 已知，以下说法正确的有（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 方程恰有个解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足（为虚数单位），则_____． 13. 如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内且相距20米的两个测量基点与．现测量得，在点处测得塔顶的仰角分别为，若河宽至少12米，则塔高______米． 14. （不能建系）已知正方体棱长为1，是其表面三点，则的最小值为_____． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16-17题每题15分，18-19题每题17分，共77分． 15. 如图，正三棱柱中（底面是正三角形且侧棱与底面垂直的棱柱是正三棱柱），底面边长为，若为的中点． （1）求证：直线平面； （2）若，求三棱锥的体积． 16. 学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数： （2）以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数： （3）若学校安排甲､乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲､乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率. 17. 设的内角所对的边分别是，已知． （1）求证：； （2）若，，设为边的中点，求的长． 18. 如图，在多面体中，是边长为的等边三角形，平面，，，，，记的中点为． （1）证明：平面； （2）设为棱上的动点， （i）若，求到的距离； （ii）求与平面所成角的正弦值的最大值． 19. 设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”． （1）在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由； ①； ②； （2）已知，且函数具有性质，求实数的取值范围； （3）证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $