浙江衢州市2025-2026学年高一下学期6月期末数学试题（含解析）

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1．全卷分试卷和答题卷．考试结束后，将答题卷上交．
2．试卷共4页，有4大题，19小题．满分150分，考试时间120分钟．
3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数，则复数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】D
【解析】
【分析】直接根据复数的几何意义判断即可；
【详解】解：复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限；
故选：D
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接由向量的数量积的坐标运算及向量垂直的条件可得.
【详解】因为向量，，且，
所以，解得.
3. 已知直线，和平面，若 ， ，则（ ）
A. B. C. 与相交D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的定义与判定，分类讨论直线与平面的位置关系即可得结论.
【详解】由，可知直线与平面无公共点，而，
当时，根据线面平行的判定定理，得；
当时，此时仍满足且.
因此与的关系为或.
4. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，事件为“向上的点数为偶数”，则事件与事件（ ）
A. 互斥B. 相互独立C. 互为对立D. 相等
【答案】B
【解析】
【分析】利用互斥事件，相互独立事件的定义依次判断选项即可.
【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，对于A，C选项，事件与事件能同时发生，A，C错误；
对于B,抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数，,,,
满足,所以事件与事件为相互独立事件，故B正确；
对于D，事件包含两个基本事件，事件包含三个基本事件，所以事件与事件不相等，故D错误；
5. “”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，充分条件、必要条件判断即可.
【详解】由指数函数的单调性可知，
而不能推出，（例如时函数意义），
又，
所以“”是“ ”的必要不充分条件.
6. 有一组样本数据1，2，2，2，3，5，去掉1和5后，相较于原数据不变的是（ ）
A. 平均数B. 极差C. 方差D. 中位数
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数，极差，中位数的计算即可比较求解，利用方差的性质即可求解C.
【详解】样本数据1，2，2，2，3，5的平均数为，极差为4，中位数为2，
去掉1和5后的数据的平均数为，极差为1，中位数为2，故平均数和极差都发生变化，中位数不改变，
由于去掉1和5后，数据的波动性更小，故相比较于原数据，方差变小，故ABC错误，D正确.
故选：D.
7. 已知函数 的图象向左平移（ ）个单位长度后关于轴对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用平移变换的性质求出结果.
【详解】由题可得，
所以，
因为函数的图象关于轴对称，
所以，即，
又，所以的最小值是．
8. 已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的表达式，先画出函数图象，再令，利用数形结合即可求出函数恰有3个不同的零点时，的取值范围.
【详解】由，可画出函数的图象，如图所示，
易知处的函数值为，即如图中的点，所以，
令，则，由图可知，
当时，与无交点；
当时，与有2个交点；
当时，与有1个交点.
令，则，化简得，解得，，
要使函数恰有3个不同的零点，
则当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点，
满足题意，此时的取值范围为；
或者，当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点，
满足题意，此时的取值范围为，
当时，，此时只有1个零点，不合题意，
综上，函数恰有3个不同的零点时，的取值范围为.
二、多项选择题：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. 已知函数，下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 最小正周期是B. 是对称中心
C. 是对称轴方程D. 在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】由函数的图象与性质，根据选项利用性质逐一判断即可.
【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，由可得对称中心横坐标满足，
解得，故不是函数的对称中心，故B错误；
对于C，由可得对称轴方程满足，
解得，故C错误；
对于D，函数的单调递增区间满足
，解得，
当时，得函数的一个单调增区间为，故D正确.
10. 若正实数，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 有最大值
C. 有最大值D. 有最小值
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用（为正实数）和基本不等式逐一分析判断各选项即可.
【详解】对于A，由正实数，满足，易得，故A正确；
对于B，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，因为，所以，由B项知，则，
即有最小值为，无最大值，故C错误；
对于D，因为，且为正实数，所以，
当且仅当时，有最小值，故D正确.
11. 定义在上的函数，满足当时，，且，，都有，下列说法正确的是（ ）
A. B. 是偶函数
C. D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】令可判断A；令结合函数奇偶性的定义可判断B；令，可得，然后通过换元法证明（成立），结合奇函数的性质可判断C；先利用定义法证明函数的单调性，然后把不等式变形为，最后利用函数单调性解不等式可判断D .
【详解】令，可得，故A正确；
令，可得，因为不恒等于0，结合可得：
，即，所以是奇函数，又不恒等于0，
所以不是偶函数，故B错误；
令，可得，
令，则原式变形为： ，
对任意，令，得，
替换为得，即（成立）；
当时，对等式用替换，替换可得：
，由奇函数的性质可得，
即（成立）；
当一个非负数一个负数时，不妨设，，
对等式用替换可得，
再用替换得，即（成立）；
故对所有成立，C正确；
是奇函数且满足得：
若，则，因为当时，，
所以，即，所以是上的增函数，
由得： ，
由增函数性质得，即，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某校有400名男生和200名女生，现采用按比例分配的分层随机抽样方法进行抽取，已知女生抽取20人，则男生抽取______人．
【答案】
40
【解析】
【详解】根据分层抽样可知男生抽取人数为人
13. 已知锐角中，角，，的对边分别是，，，，，则周长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，，分别构造和，结合锐角的条件，即可求出其他两边的取值范围，进而求出周长的取值范围.
【详解】解：由题意知，，
过点作，如图所示，
则在，，，所以，，
因为为锐角三角形，所以，，
当时，为直角三角形，则，，
又为锐角三角形，则，，所以，，
因此，周长的取值范围为，
即.
14. 矩形中，，，将沿直线翻折至，使得二面角的大小为60°，点是线段的中点，则三棱锥外接球半径为______．
【答案】
【解析】
【详解】法1：如图，在矩形中，连接交于，
因为点是线段的中点，所以，
则，则，
因为，所以，所以，即，，
因为，四边形为矩形，
所以，，

由折叠可知
又，所以在中，
代入得
故.
并且，所以
因为，，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以．
在平面内过点作直线，则．
又平面，与交于，所以平面，
在底面中，，且，
设的外接圆半径为，则由正弦定理知
由于平面，外接球球心在外接圆圆心的垂线上．
设球心到平面的距离为，则由球心到与到底面三点距离相等，得所以
因此，
代入得
故

法2：如图，作，交于，，交于，
因为，四边形为矩形，
所以，，同理.
，所以.

连，因为为中点，为中点，所以.
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，

因为二面角的大小为，所以，
设的坐标为，则，所以，，
，所以，即，
，所以.
设三棱锥外接球球心的坐标为，
则
解得，所以外接球的半径为.
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. 近年来人工智能在教育领域的应用越加广泛．某校为了解周末某款AI应用软件在学生中的使用时长（单位：小时）情况，进行了问卷调查，从所有问卷中随机抽取100份作为样本，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求图中的值与该样本数据的第80百分位数；
（2）根据该频率分布直方图，估计1800名学生中有多少学生使用时长在1小时及以上．
【答案】（1） ，第80百分位数为 ；
（2） 人.
【解析】
【小问1详解】
由题，
解得：．
因为的频率为，
的频率为，
所以该样本数据的第80百分位数位于区间中，
所以该样本数据的第80百分位数为：．
【小问2详解】
根据频率分布直方图，使用时长在1小时及以上的频率为，而．
故估计1800名学生中有1566名学生使用时长在1小时及以上．
16. 在 中，角，，的对边分别是 ， ，，满足 ．
（1）求角；
（2）若在线段 上，满足 ，且 ，求 的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将角化边，再利用余弦定理计算，即可得解；
（2）在 中，利用余弦定理求得，再求面积即可.
【小问1详解】
由余弦定理知， ，
化简为，
化简为 ，
，
.
【小问2详解】
由于 ， ，
所以 ，
在 中， ，
即，
解得，
.
17. 某商场为吸引顾客，开展抽奖送代金券活动，规则如下：，两个箱子中均有若干个小球（除颜色外均相同），其中箱中有2个白球和个黑球，箱中有1个白球和个黑球．顾客每轮抽奖，需从，两个箱子中分别取一个球，按先后的顺序进行，取球结束后将球放回原箱子，且每次取球相互独立．若箱中取出白球，则送面值2元的代金券，否则无奖励；若箱中取出白球，则送面值3元的代金券，否则无奖励．（每位顾客每日至多参与两轮抽奖；代金券可用于商场停车缴费或参与下次消费，可叠加使用）
（1）顾客甲参与一轮取球，求甲在箱中取出白球的概率；（用表示）
（2）已知参与一轮取球后获得5元代金券的概率为，只获得一张代金券且为2元代金券的概率为．
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若顾客乙参与两轮抽奖，现需用这两轮抽奖获得的代金券支付8元停车费，求乙可足额支付停车费的概率．
【答案】（1）
（2）（ⅰ） ，；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率公式直接求解即可；
（2）（ⅰ）利用古典概型概率公式列方程组求解即可；
（ⅱ）先确定单轮抽奖各收益对应的概率，再枚举两轮总金额不低于8元的所有情况，结合古典概型概率公式求解即可.
【小问1详解】
甲在箱中取一个球的试验的样本空间包含个样本点，
事件A：箱取出白球包含个样本点，故甲在箱中取出白球的概率为；
【小问2详解】
（ⅰ）一轮取球的试验的样本空间包含个样本点，
事件：“获得5元代金券”包含个样本点，事件：“只获得一张代金券且为2元代金券”包含个样本点，
所以，解得；
（ⅱ）乙可足额支付停车费的概率，即乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率，
乙两轮抽奖试验的样本空间包含个样本点，获得的代金券面值叠加后大于等于8元的有：（白，白，白，白），（白，白，黑，白），（黑，白，白，白），
共3个随机事件，均包含4个样本点，所以发生的概率为，
所以乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率为，
即乙可足额支付停车费的概率为．
18. 如图，三棱柱中，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，，，；
（ⅰ）当，求直线与平面所成角的正弦值；
（ⅱ）当为何值时，三棱柱体积最大，并求此最大值．
【答案】（1）因为，​，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面 ；
（2）；时，体积最大值为
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的判断定理证明平面，再根据面面垂直的判断定理即可证明；
（2）（i）先做出线面角，并计算和，然后在中运用等面积法计算出，最后由即可求解；
（ii）把体积用的函数表示，利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
（i）由（1）知平面平面，交线为，过作于，连接
则平面，因此就是与平面所成的角，
由，为直角三角形，得；
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
故，得，且，
当时，​，，在中由余弦定理： ​ ，得​​，
​面积： ，
​​ 又，得，
因此直线与平面所成角满足： .
（ii）三棱柱侧棱平面，因此体积： ，
在中由余弦定理： ​，
得，
​​，
所以.
当且仅当，即时等号成立，因此体积的最大值为.
19. 已知函数和向量，，定义：，当 时，称函数为向量，的相关函数．
（1）若，，函数，求的值；
（2）当（ ）时，
（ⅰ）证明：为向量，的相关函数；
（ⅱ）若 （， ）为向量，的相关函数，求所有满足条件的有序数对组成的集合．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）因为，，
，，，
不妨令，，，，，，
故等价于，
当时，成立，
所以为向量，的相关函数；
（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）代入相关函数的定义，即可求解；
（2）（ⅰ）代入相关函数的定义，并且换元，，即可证明；
（ⅱ）根据（ⅰ）的结果可知，相关函数等价于，代入函数后，首先寻找满足的必要条件，再进行充分性的证明.
【小问1详解】
因为，，所以，， ，，
由函数可知， ，， ， ，
所以 ；
【小问2详解】
（ⅰ）略
（ⅱ）由（ⅰ）知当时，有则为向量，的相关函数，
故为向量的相关函数，
由时，恒成立，
化简得，
先寻找满足的必要条件，
令，对任意的都有，
由于，得，所以，
下面证明对满足的任意正实数对及任意非负实数，总有成立，
由，得，所以，
所以
由，得，
所以，且，，，故成立，
综上，