广东省广州市三校联考2025_2026学年高一数学下学期7月期末考试含解析

这是一份广东省广州市三校联考2025_2026学年高一数学下学期7月期末考试含解析，共56页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知甲、乙两人投篮命中的概率分别为和，且事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则甲、乙两人至少有一人命中的概率为（ ）
A．0.88B．0.48C．0.32D．0.12
3．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知四边形ABCD为平行四边形，，F为AC与DE的交点，则（ ）
A．B．C．D．
6．记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．锐角或直角三角形
7．已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（ ）
A．99B．78C．66D．52
8．已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，其中，是虚数单位，则（ ）
A．当时，为纯虚数B．当时，
C．当时，D．当时，
10．下列说法正确的是（ ）
A．在中，为的中点，则
B．在中，若，则是等腰三角形
C．已知，若与的夹角是钝角，则
D．在边长为6的正方形中，点在边上，且，点是中点，则
11．在矩形中，，，将沿折叠至，得到三棱锥，设球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（ ）
A．若平面平面，则三棱锥的体积为
B．球的半径为1
C．若与BD的夹角的正切值为，则二面角的大小为
D．设分别为的中点，则直线被球所截长度的取值范围是
三、填空题
12．已知向量，则向量在方向上的投影的坐标是_______．
13．已知，，且，则的最小值为____________.
14．已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________.
四、解答题
15．如图，正三棱柱中，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
16．学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）．
(1)求的值，并估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（中位数保留一位小数）
(2)若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率．
17．设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A；
(2)若，求的面积S的取值范围；
(3)若的外接圆半径为，求内切圆半径的最大值．
18．如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值．
19．对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．
(1)设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围；
(2)若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；
(3)已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．
参考答案
1．B
【详解】因为集合，，所以.
2．A
【详解】令事件表示甲投篮命中，事件表示乙投篮命中，事件表示甲、乙两人至少有一人命中，
则，所以，
所以
，
故选：A.
3．A
【详解】，解得，
原式.
4．C
【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，
作平面分别交平面、平面于、，
作平面交于，则、分别为、的中心.
因为，所以，，
所以，
设该正三棱台的高为，
因为，所以，
故，故选C.
5．A
【详解】已知，则．
因为为与的交点，所以，，三点共线，，，三点共线．
设（为实数），因为是平行四边形，所以，所以．
因为，，三点共线，所以存在实数，使得．
又因为，
，所以．
，解得．
所以．
根据向量减法的三角形法则，，将代入可得： ．
6．C
【详解】因为，由正弦定理得，又，故，
由余弦定理得，故，
得，所以，
得，
所以，或，，所以为钝角三角形.
7．A
【详解】因为关于对称，所以，
用替换可得①，
因为关于对称，所以，
又，用替换可得，
用替换可得，
两式相加可得，
用替换可得②，
由①②可得，
用替换可得
因为，
在中令，得，故，
，
因此.
8．D
【详解】已知​是 的零点，代入得： ，
即 ，解得 ，
由条件： 时，代入验证：
时，， ，恒成立，符合条件；
时，​， ，恒成立，不符合条件；
时，的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件.
因此， ，
当时：；
当时： ，
原方程等价于求和在 内的所有根之和.
令，当时，，
方程，即在 内仅是解，对应： ，​
方程即在 内有两个解，由正弦函数对称性得，对应： ，​ ​
故所有根的总和为： .​
9．BCD
【详解】对A：当时，，故A错误；
对B：当时，，故B正确；
对C：当时，，此时，故C正确；
对D：当时，，
所以
，故D正确.
10．BD
【详解】对于A，因为在中，为的中点，
则，
所以A错误；
对于B，因为是非零向量，所以所在的直线平分，
因为，所以，
所以是等腰三角形，故B正确；
对于C，因为与的夹角是钝角，所以，且与不共线，
由得，所以，
又与不共线，所以，所以，
所以当与的夹角是钝角，且，故C错误；
对于D，如图，以为原点建立平面直角坐标系，
则，
所以，
所以，故D正确.
11．BCD
【详解】对于A，作垂直于点，垂直于点，所以，
当平面平面时，三棱锥的体积，所以A错误；
对于B，设为的中点，根据直角三角形的性质，可得，
即为外接球的球心，可得球的半径为，所以B正确；
对于C，如图1所示，取，且，
连接，则，且与BD的夹角，即为，
因为，所以，
在中，，且，
由余弦定理得，
又因为，所以，所以C正确．
对于D，取的中点，连接，
如图2所示，过点分别作垂足分别为
因为分别为的中点，且，
在直角中，可得，
同理可得，所以，
设向量夹角为，可得，
又因为，可得
，
因为，可得，所以，即
又由球心到的距离为，可得，
则截得的弦长为，
所以直线被球所截得的长度的取值范围为，所以D正确.
12．
【详解】由题得，所以，
与向量的同向单位向量为，
所以向量在向量方向上的投影的坐标为．
故答案为：．
13．
【详解】由题可得，
所以，
令，即，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
的最小值为13.
14．
【详解】，.
设，则，即，，.
已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点.
题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集：
两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径，
建立如图所示的坐标系：
是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到，
中最远的两点距离是两个外圆的交点距离，
因为两个外圆半径都是，圆心距，
由勾股定理可得两交点距离为：
因此∣的取值范围是
15．(1)证明：连接，交于点，连接，则为的中点，
又为的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
(2)
【详解】（1）略
（2）由（1）知，所以是异面直线与所成的角或其补角．
由题知，，
在中由余弦定理，得.
16．(1)，平均数75分，中位数约为.
(2)
【详解】（1）由频率分布直方图，得，
所以.该次测试分数的平均数的估计值为：
分；
测试分数在的频率：，
测试分数在的频率：，
则测试分数中位数为，，解得，
所以此次数学测试分数的中位数约为.
（2）记分数在的人数为（人），
分数在的人数为（人），
由，得采用分层随机抽样的方法抽取的5人中，
分数在的有2人，编号分别为，分数在的有3人，编号为，
从这5人中选取2人的样本空间，
则，记事件“至少有一人分数在”，则，则，
所以这2人中至少有一人分数在内的概率为.
17．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
，
，
，
又，
．·
（2）由，得．
由正弦定理得，
则．
又为锐角三角形，
得，
则，即，
，于是，
即的面积S的取值范围为．·
（3）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r．
由（1）如，．
由余弦定理得，即，
，
．·
，
（当且仅当时，等号成立）．·
，
·
（当且仅当时，等号成立）．
显然此时为等边三角形，满足题意，
故内切圆半径的最大值为．·
18．(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【详解】（1）平面平面，交线为，又，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因为，，平面，
故⊥平面；
（2），，，
由勾股定理得，
平面，平面，
所以，
因为，，由勾股定理得，
过点作⊥于点，则，
故，
过点作⊥，交于点，连接，
故即为二面角的平面角，
由勾股定理得，
又，
由余弦定理得，故，
在Rt中，，即，解得，
故，
在Rt中，，
由余弦定理得，
故，
在中，由余弦定理得，
故二面角的余弦值为；
（3）连接，因为，，所以，
又，⊥，由勾股定理得，
设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，
则，
要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，
，
由（1）得平面，故，
设，则，，
故，
在中，由余弦定理得
，
故，
则，
因为，所以，
故，
当时，取得最小值，最小值为，
故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.
19．(1)
(2)
存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下：
由题意可得，
若存在“长向量”，只需使，
又，
，
即，即，
当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、．
(3)
【详解】（1）由题意可得：，即，又，
故，
故，
解得；
（2）略
（3）由题意，得，，即，
即，同理，，
三式相加并化简，得，
即，，所以，
设，由得，
设，因为与关于点对称，与（且）关于点对称，
则依题意得：，
将①代入②得，，
从而，
……，
，
以上个式子相加化简得，
，
又由②知，
，
即，
所以，
其中，
，