精品解析：四川省泸州市多校联考2025-2026学年高一下学期期末联合考试数学试题

四川省泸州市多校联考2025—2026学年下学期期末联合考试 高 一 年 级 数 学 试 题 数学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1至2页，第II卷第3至4页.试卷满分150分，考试时间共120分钟. 注意事项： 1．答题前，请考生先将自己的姓名、班级、准考证号准确填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 3．填空题和解答题的作答：请用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在中，，记，．则（ ） A. B. C. D. 4. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知棱台的上、下底面均为有一个内角是的菱形，且上下底面边长分别为1和2，该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列选项正确的是（ ） A. 最大值为2 B. 的图象关于对称 C. 函数为偶函数 D. 函数在上单调递增 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 动点的轨迹长度为 C. 与所成角的最大值为 D. 三棱锥的体积为定值 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须使用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为第二象限角，且，则__________． 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________． 14. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，为等边三角形，且的面积为，，则球的体积为__________． 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求； （2）若，且，求与所成夹角的余弦值． 16. 已知函数的一段图象过点，如图所示． （1）求函数的表达式； （2）若，，求的值． 17. 已知a，b，c分别为的三个内角，，的对边，且． （1）证明：为钝角三角形； （2）若，且的面积为，求的周长． 18. 如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为2，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 19. 定义：若对定义域内任意，都有（且为常数），则称函数为“距”减函数． （1）若，判断是否为“1距”减函数，并说明理由； （2）若是“距”减函数，求实数的取值范围； （3）已知，其中，若是“2距”减函数，求实数的取值范围及的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省泸州市多校联考2025—2026学年下学期期末联合考试 高 一 年 级 数 学 试 题 数学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷第1至2页，第II卷第3至4页.试卷满分150分，考试时间共120分钟. 注意事项： 1．答题前，请考生先将自己的姓名、班级、准考证号准确填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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. 3．填空题和解答题的作答：请用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】直接用特称（存在）量词写出命题的否定即可. 【详解】因为全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题， 所以命题“，”的否定是“，”. 故选：A 3. 在中，，记，．则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵，∴， 即 = =. 4. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求解即可. 【详解】由三角函数的定义可知，，. 所以. 5. 设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面平行、垂直的判定定理和性质定理判断即可. 【详解】对A：若，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，则，故选项B正确； 对C：若，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，则，故选项D错误. 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】． 7. 已知棱台的上、下底面均为有一个内角是的菱形，且上下底面边长分别为1和2，该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知， 所以. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出函数的图象，根据图象分析可得的值，再由的取值范围即可得出答案. 【详解】画出函数的图象如下图所示： 若，由，即， 即，化简可得：，所以， 当时，单调递增，且， 令，则，所以，. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，正确； 对于B，，正确； 对于C，，错误； 对于D，错误. 10. 已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则下列选项正确的是（ ） A. 最大值为2 B. 的图象关于对称 C. 函数为偶函数 D. 函数在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，利用伸缩变换得到，再逐项判断. 【详解】因为函数， 所以将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变， 得到函数， 则的最大值为2，故A正确； 因为，所以的图象不关于对称，故B错误； 因为，所以函数为偶函数，故C正确； 因为，所以， 所以在上单调递增，故D正确； 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 动点的轨迹长度为 C. 与所成角的最大值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直线与平面无公共点，则平面；对于B，由条件可得平面，平面，从而平面平面，则平面，进而可知点的轨迹为线段，求可判断B；对于C，当点与点或点重合时，与所成角最大，求解可判断C；对于D，平面，可知点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值. 【详解】对于A，直线与平面无公共点，平面，选项A正确； 对于B，如图，连接，，， ，平面，平面，平面， ，， 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又∵平面，平面， 又点为底面上任意一点（包括边界）， 点必在平面与平面的交线上，即点的轨迹为线段， 易求线段，故选项B正确； 对于C，由B选项知，点的轨迹为线段， 当点与点或点重合时，与所成角最大，最大角为，所以C选项不正确； 对于D，，平面，平面， 平面，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，选项D正确， 故选：ABD． 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须使用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为第二象限角，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由，可得， 由于为第二象限角，故，则，即， 结合，可得. 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式求解即可. 【详解】已知，，所以，， 所以向量在向量上的投影向量为. 14. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，为等边三角形，且的面积为，，则球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据等边三角形面积公式求的边长，即可求的外接圆半径r，确定D在平面的投影位置，通过勾股定理可算出棱锥高的长度，设外接球半径为R，球心O在高所在直线上，根据球心到A和到D的距离均为R列方程，解出R，最后用球的体积公式计算体积. 【详解】已知为等边三角形，设边长为a，其面积，解得，即； 设底面的外接圆半径为r，， 因为，所以D在底面上的投影H即为 的外心; 在直角中，高, 设四面体外接球的球心为O，半径为R，球心O必在高线所在的直线上； 设，由于D到平面的距离为，球心到平面的距离为x， 则； 同时，球心到顶点D的距离也为R，则， 故，解得，由此可知O在延长线上， 则球的体积. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求； （2）若，且，求与所成夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由，得，得，即，所以； 【小问2详解】 由，得，即， 又因为，，所以，解得， 则与所成夹角的余弦值为． 16. 已知函数的一段图象过点，如图所示． （1）求函数的表达式； （2）若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出函数的周期，即可得的值，再根据函数在处取最大值，可求得的值，最后再代入，求解即可； （2）由题意可得，结合的范围，可得，由同角的平方关系可得，由求解即可. 【小问1详解】 由图可知，函数的最小正周期为，则， 由图可得，在处取最大值， 即，解得， 因为，所以， 又因为函数的图象经过点，所以，解得， 即函数的表达式为． 【小问2详解】 因为，所以，即， 又因为，所以， 由，所以， 所以， 即． 17. 已知a，b，c分别为的三个内角，，的对边，且． （1）证明：为钝角三角形； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1）由正弦定理得：， 即，，， 代入已知条件得：， 由三角形内角和定理得：， 代入上式得：， 化简得：； 在中，， 两边同时除以得：， 由辅助角公式得：，即， 因为，所以， 所以，即， 所以为钝角三角形． （2） 【解析】 【分析】（1）使用正弦定理边化角，两角和的正弦公式与辅助角公式求解； （2）使用三角形面积公式与余弦定理求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由三角形面积公式得：， 代入得：，解得； 由余弦定理得：， 代入，，得：， 所以，即， 又因为，所以， 所以的周长为． 18. 如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为2，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图所示，连接． 因为、分别为、中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． （2）证明：因为底面，底面，所以． 在正方形中，， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （3） 【解析】 【分析】（1）利用以及线面平行的判定定理证明； （2）利用线面垂直的定义以及面面垂直的判定定理证明； （3）先求证即为二面角的平面角，再利用等体积思想计算点C到平面的距离即可计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面，平面，所以，， 所以即为二面角的平面角，即； 因为正方形的边长为2，所以，， 因为底面，平面，所以， 又因为是的中点，所以在中， 则为等腰三角形，故； 在中，； 设点C到平面的距离为h， 由，，得， 即为等腰三角形，底边上的高为， 所以； 因为，所以， 由，得，得. 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为． 19. 定义：若对定义域内任意，都有（且为常数），则称函数为“距”减函数． （1）若，判断是否为“1距”减函数，并说明理由； （2）若是“距”减函数，求实数的取值范围； （3）已知，其中，若是“2距”减函数，求实数的取值范围及的最大值． 【答案】（1）是，理由如下： 因为在上单调递减， 所以在上恒成立， 所以是“1距”减函数. （2） （3）； 当时，函数的最大值为，当时，函数的最大值为. 【解析】 【分析】（1）分析函数的单调性，即可，再根据“1距”减函数的概念做出判断. （2）根据“距”减函数的概念可得对恒成立，再根据可求的取值范围. （3）根据“2距”减函数，结合指数函数的单调性，可求参数的取值范围；再结合二次函数的对称轴和区间的位置关系进行讨论，求函数的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意对恒成立， 即对恒成立. 由， 因为，所以对恒成立. 所以， 结合，得. 即的取值范围为. 【小问3详解】 由对恒成立. 因为当，，所以. 故实数的取值范围为. 设，，. 当即时，在上单调递增， 所以，所以； 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 综上，当时，函数的最大值为， 当时，函数的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $