湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

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时间：120分钟 分值: 150分
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合交集的定义可得结果.
【详解】由交集的定义结合题意可得：.
故选：D.
2. 复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】由，得，
所以.
3. 已知直线和平面，，若，则“”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】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断．
【详解】当时，由，直线与平面可能垂直，也可能平行，故充分性不成立；
当时，由，可知，故必要性成立；
所以“”是“”的必要不充分条件．
4. 如图所示，在四面体中，点E是CD的中点，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】连接，如图所示，
∵E是CD的中点，，，
∴，
在中，，
又，∴．
5. 在中，角所对的边分别为，若，且的面积为，则的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合余弦定理即可求解.
【详解】由题意及三角形的面积公式，得，即，解得，
根据余弦定理得，即，
所以的周长为．
6. 已知单位向量，满足，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将向量和的模长平方求得两向量的数量积，再代入投影向量公式计算即可.
【详解】已知，为单位向量，故.
又，所以，即，所以.
所以向量在向量上的投影向量为.
7. 已知等腰梯形ABCD， AB=2， CD=6， 圆O为梯形ABCD的内切圆， 并与AB， CD分别切于点E，F，如图所示，以EF所在的直线为轴，圆O旋转一周形成的曲面围成的几何体体积为V，则V 的值为（ ）
A. 12πB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定旋转体的形状为球，再根据圆O和等腰梯形ABCD相切结合题设求得半径，进而求解几何体的体积.
【详解】圆O旋转一周形成的曲面围成的几何体为球.
由圆O和等腰梯形ABCD相切， AB=2， CD=6，可得，，,
所以梯形的高,
圆O半径，
所以.
8. 如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可.
【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为.
记二面角的大小为，则.
如图所示，以为原点，为轴，为轴，
过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系.
，.
，，.
直线和所成角为，
，.
当，即，有最小值，最小值为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 若，则
C. 在区间上单调递增D. 的图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简可得，结合正弦型函数周期性可以判断A；利用求出的取值，再计算的值可以判断B；利用“整体法”判断单调区间可以判断C；结合正弦型函数对称中心的性质，代入验证即可判断D.
【详解】利用辅助角公式化简：.
选项A，最小正周期， A正确；
选项B，若，则，即，
得：，即，
因此，B错误；
选项C，当时，令，
则在上单调递增，
因此在上单调递增，C正确；
选项D，若函数关于点中心对称，则满足，
则，D错误.
10. 在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 事件A与事件B相互独立
C. D. 事件B与事件C为互斥事件
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合相互独立事件、互斥事件及概率的基本性质逐项求解判断.
【详解】依次不放回摸出两张卡牌的样本空间，
事件，，，
对于A，，A正确；
对于B，，，，则，
因此事件与事件相互独立，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件与事件同时发生，
因此事件B与事件C不为互斥事件，D错误.
11. 如图，在长方体中，，，动点M在体对角线（含端点）上，则下列结论正确的是（ ）

A. 当点M为的中点时，为钝角
B. 当点M为的中点时，四棱锥的外接球的表面积为
C. 存在点M，使得平面
D. 直线BM与平面所成角的最大正切值为
【答案】BC
【解析】
【分析】依题意建系，表示判断A；根据外接球半径求法求出，进而判断B；假设存在点，利用向量验证，判断C；根据线面角的向量求法判断D.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，当点M为中点时，，，，
，，，为锐角，A错误；
设四棱锥的外接球半径为R，则，则，
四棱锥的外接球的表面积为，B正确；
设，，，，则，
，，，得，
存在点M，使得平面，C正确；
设平面的法向量为，直线BM与平面所成角的正切值最大，
则直线BM与平面所成角的正弦值最大即可，，
即，，故，
令，，则，
当时，，
当时，，
故最大正弦值，则最大正切值，D错误，
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：7，8，13，15，17，18，18，，25，27，若该组数据的70%分位数是19，则__________.
【答案】
20
【解析】
【详解】由，得的70%分位数为，所以.
13. 已知的定义域为，周期为4，当时，，则______．
【答案】7
【解析】
【详解】，
因此．
14. 如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】当平面垂直于平面时，三棱锥的体积最大，进而结合勾股定理和底面梯形外接圆性质确定外接球的球心位置和球半径，再结合求表面积公式求解即可.
【详解】依题意，，正三角形的高为，则到的距离与梯形的高均为.
三棱锥的体积，其中，
是到底面的高，由图知，当且仅当平面平面时，最大（），此时其体积最大.
又因是等腰梯形，为圆内接四边形，其外心必在对称轴（中点到中点的连线）上，而.
设四棱锥的底面外接圆半径为，外心到的距离为，
由勾股定理：
将代入可得，解得，
因.则可知棱锥底面外接圆圆心就是中点，且，即.
外接球的球心必在过底面外心且垂直于底面的直线上，
设，外接球半径为，则：.
由平面平面，，得底面，，
且.由勾股定理得：，
代入得：，
化简得：.
因此，
外接球表面积：.
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. 已知函数．
（1）求的值；
（2）求函数的最小正周期；
（3）求函数在区间上的最大值及相应的的值．
【答案】（1）;
（2）;
（3）最大值为，此时.
【解析】
【分析】（1）先化简解析式为，再计算的值即可；
（2）根据计算函数的最小正周期即可；
（3）由，计算，进而求出函数在区间上的最大值，再求解相应的的值即可.
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
由得，
故函数的最小正周期为；
【小问3详解】
因为，所以，所以，，
所以函数在区间上的最大值为，
此时，又，所以，解得，
故函数在区间上的最大值为，此时.
16. 在中，角所对的边分别为，若．
（1）求A的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：，
即，在中，，
所以，因为，所以；
（2）由（1）知，，因为，，
由余弦定理，得：
即，得，所以的面积．
17. 某中学高一年级举行了一次数学竞赛，从中随机抽取了一批学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于至之间， 将数据按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计本次竞赛成绩的中位数(保留位小数)；
（2）若按照分层随机抽样从成绩在，的两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，求至少有人的成绩在内的概率.
【答案】（1），中位数为
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由频率分布直方图的性质及中位数的定义计算可得；
（2）根据分层抽样及古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
根据频率分布直方图的性质，，解得.
的频率：
的频率：，前两组累计频率为.
的频率：，前三组累计频率为，因此中位数在内.
设中位数为，则： ，解得.
因此，，中位数为
【小问2详解】
成绩在和的频率比为，根据分层抽样的性质，抽取的人中：
组：人，记为；组：人，记为.
从人中随机抽人，总基本事件数为，
共种结果，且每种结果出现的可能性相等.
至少有人的成绩在内的事件有，共种结果.
因此至少有人的成绩在内的概率为.
18. 如图，在四棱锥中，，，底面是直角梯形，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：；
（3）求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到，再说明，即可得到平面，从而得证；
（2）由（1）可知，再说明，得到平面，即可得证；
（3）延长与延长线相交于点，连接，过作于点，连接，由面面垂直的性质得到平面，则，即可得到平面，则是二面角的平面角，求出的长度，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
因为，所以，又，所以，
因为底面是直角梯形，，，
所以，又，所以，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）可知平面，平面，所以，
在梯形中，，，，
所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问3详解】
延长与延长线相交于点，连接，过作于点，连接，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因为且，所以为的中点，又为边长为的等边三角形，
所以在中，，，所以，
所以，
又平面，平面，所以，
在中，，
所以平面与平面所成锐二面角的正切值为.
19. 在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到的位置，使得平面平面（如图2）.
（1）求证:平面 ;
（2）求二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值为 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）因为在梯形中，，为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，
因为线段与交于点，所以为线段的中点，
所以中，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）推导出，从而四边形为平行四边形，推导出，由此能证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
（3）设，求得及平面的一个法向量的坐标，根据与平面所成角的余弦值列方程，求得，进而求得正确答案.
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
平行四边形中，，
所以四边形是菱形，，垂足为，
所以，
因为平面，平面，
所以是二面角的平面角，
因为平面平面，
所以，即.
可以如图建立空间直角坐标系，其中，
因为在图1菱形中，，
所以，
则，
，，
设平面的一个法向量为，
则取，得，
平面的一个法向量为，
由图得二面角为锐角，设二面角为，
故，
【小问3详解】
假设线段上存在点使得与平面所成角的余弦值为，则与平面所成角的正弦值为.
设，
因为，
所以，
设平面的一个法向量为，
则取，得，
，
所以，
因为，所以，