甘肃酒泉市2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷（含解析）

这是一份甘肃酒泉市2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：湘教版必修第一册第5章第3节～第6章，必修第二册第1章～第4章．
一、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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，则.
故选：B.
2. 已知甲组数据，，，，，，，，，，的平均数为2，方差为1，则乙组数据，，，，，，，，，相对于甲组数据，以下说法正确的是（ ）
A. 平均数变大，方差变小B. 平均数不变，方差变小
C. 平均数不变，方差变大D. 平均数和方差都不变
【答案】C
【解析】
【详解】设的和为，
根据题意，甲组共11个数据，平均数为2，则，
乙组的平均数为和甲组平均数相等，因此平均数不变，
甲组方差为1，则，
乙组方差为，因此方差变大.
3. 下列命题正确的个数为（ ）
①经过三点确定一个平面；
②梯形可以确定一个平面；
③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；
④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】 分析：根据平面的基本的性质和平面的基本概念，即可作出判断.
详解：因为①中，只有经过不共线的三点，才能唯一的确定一个平面，所以不正确；
②中，梯形的上底和下底所在的直线互相平行，所以梯形是一个平面图象，所以是正确的；
③中，当两两相交的三条直线，交于一点时，最多可以确定三个平面，所以是正确的；
④中，当两个平面相交时，存在一条公共直线，当三点在这条直线上时，两个平面可以是相交的，所以不正确，所以正确命题的个数为两个，故选C.
点睛：本题主要考查了平面的基本概念和平面的基本性质，熟记平面的基本性质和确定平面的依据是解答关键.
4. 已知向量＝（－1，2），＝（3，m），m∈R，则“m＝－6”是“∥”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量线性运算及共线的坐标表示运算可得解.
【详解】由题意得＝（2，2＋m），由，得－1×（2＋m）＝2×2，所以m＝－6.
当m＝－6时，＝（2，－4）＝－2（－1，2），可得，
则“m＝－6”是“”的充要条件.
故选：A.
5. 已知正三棱台的体积为，，，则该正三棱台的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】台体体积公式为，其中为台体的高，分别为上下底面积，
下底边长，则，上底边长，则，
已知，则，得.
6. 在中，若，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理结合大边对大角定理可求得角的值.
【详解】由正弦定理得，所以，
又，所以，所以.
故选：B.
7. 将函数的图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到的函数解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将的图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变可得，
再向右平移个单位长度，得到的函数解析式为
8. 三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：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. 已知的内角、、的对边分别为，，，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则一定是等边三角形
B. 若，则一定是等边三角形
C. 若，则一定是等边三角形
D. 若，则一定是锐角三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦定理、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A：由正弦定理可知：，因为，
所以，
因为，
所以，所以一定是等边三角形，因此本选项命题正确；
B：由正弦定理可知对于任意三角形都成立，因此本选项命题不正确；
C：由正弦定理可知：，因为，
所以，
因为，
所以，所以一定是等边三角形，因此本选项命题正确；
D：，
因为，所以，
所以只能确定为锐角，不能确定都是锐角，所以不能确定是锐角三角形，所以本选项命题不正确.
10. 若过作的垂线，垂足为，则称向量在上的投影向量为．如图，已知四边形，均为正方形，则下列结论正确的是（ ）
A. 在上的投影向量为B. 在上的投影向量为
C. 在上的投影向量为D. 在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合题意，根据投影向量定义依次求解.
【详解】对于A，过作于，连接，
因为，，所以四边形为平行四边形，
设，则，，
由可得，
所以，则，
所以在上的投影向量为，故A正确；
对于B，过点作于，
因为，，，
所以，，故，
所以在上的投影向量为，故B错误；
对于C，根据向量加法的平行四边形法则，得，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，，
所以在上的投影向量为，故D正确.
11. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A. 直线与为相交直线
B. 若是棱上一点，且，则，，，四点共面
C. 异面直线与所成角为
D. 平面截该长方体所得的截面是五边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对 A，利用与平行且长度不等判定四边形是梯形，梯形两腰共面不平行，因此直线与相交；对B，根据结合是中点推出与方向一致互相平行，由一组对边平行判定、、、四点共面；对 C，假设可得，验证可知与不垂直，由此判断异面直线​与所成角不是；对 D，延展平面找出其与长方体所有棱的5个交点，顺次连接交点后判断所得截面为五边形.
【详解】在长方体中，，，
且为中点，为中点，故，.逐一分析选项：
对于A：因为，所以四点共面；
又，四边形是梯形，
梯形两腰和不平行，因此两条直线必相交， A正确；
对于B：若是棱​上一点，且，则，，，四点共面，
由，是中点，得，
且，所以的方向与方向一致，
因此，一组对边平行的四边形必为平面图形，故四点共面， B正确；
对于C：因为底面，底面，
所以，假设，
则由，可知平面，所以.
设与交于点，因为，所以，
相似比为，
因此​​，​​，
在中，，
而，显然，因此，
即底面内与不垂直，假设不成立， C错误；
对于D：平面与长方体各棱的交点依次如下，
为上的，上的、上的，
上的，上的交点，共5个交点，
依次连接后所得截面为五边形， D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数的共轭复数为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数运算法则化简求解即可.
【详解】对化简，给分子分母同乘分母的共轭复数：
，
的共轭复数，
所以.
13. 已知，是关于的一元二次方程的两根，若，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得，，，
因为，则，
则，得.
14. 已知是边长为1的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，结合向量数量积求解即可.
【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设点，则，，，
所以，
则，
当且仅当，时，取最小值．
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. 今年五一期间兰州市成为了新的网红打卡城市，各地游客纷沓而至，到兰州品尝以兰州牛肉面为代表的兰州美食．某校学生开展社会实践活动，采用问卷的形式随机对来兰州旅游的100名游客进行了有关兰州旅游知识的调查，为了方便统计分析，调查问卷满分20分，得分情况制成如下频率分布直方图：
（1）求的值；
（2）根据频率分布直方图，估计这100名游客调查问卷得分的众数、平均数和中位数．（求平均数时同一组中的数据用该组区间的组中值作代表）
【答案】（1）
（2）众数为，平均数为，中位数为
【解析】
【分析】（1）根据各组频率之和为1即可求解；
（2）根据众数定义，平均数、中位数的计算公式即可求解.
【小问1详解】
根据所有组的频率之和为1，组距为4，可得：
，解得.
【小问2详解】
频率分布直方图中，众数为最高矩形的中点横坐标，最高矩形对应区间，
中点为，因此众数为.
设这100名游客调查问卷中得分的平均数为，则：
，
前两组频率和为：，
前三组频率和为：，
因此中位数在区间内，设中位数为，
，
解得.
16. （1）已知，求的值；
（2）已知，求的值；
（3）已知，且，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式，结合余弦二倍角公式进行求解即可；
（2）根据同角的三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可；
（3）根据两角和正弦公式、辅助角公式，结合同角的三角函数关系式、两角差的余弦公式进行求解即可.
【详解】（1）
；
（2）
（3）
，
因为，所以，
所以，
所以
.
17. 已知三个顶点的坐标分别为，，，设为的中点，是线段上的点，且．
（1）若，求的值；
（2）当时，求证：．
【答案】（1）
（2）因为，， 所以，
解得，即.
是中点，由中点坐标公式得；
因为在上且，所以，
设点的坐标为，则，
所以，得，所以，
所以，，
所以， 因此，即，得证.
【解析】
【分析】（1）先计算各顶点的坐标，再利用数量积公式求出，最后结合同角三角函数的平方关系计算；
（2）先根据列方程求出，再计算中点和分点的坐标，最后通过验证向量与的数量积为证明垂直.
【小问1详解】
当时，各点坐标为，，， 向量，， 角为与的夹角，
因为​，， ，
所以， 因此.
【小问2详解】
略
18. 已知向量，，，函数．
（1）求函数的解析式及最小正周期；
（2）求函数的最大值、最小值及取得最大值、最小值时自变量的取值集合；
（3）若，求函数的值域和单调区间．
【答案】（1），最小正周期；
（2）最大值为，此时的取值集合为；最小值为 ，此时的取值集合为；
（3）值域为，单调增区间为，单调减区间为 .
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积的运算结合三角恒等变换化简，可得的表达式，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（2）（3）根据正弦函数单调性以及最值求解即可.
【小问1详解】
由题意知，，
故
，
则的最小正周期；
【小问2详解】
由于，当时，
的最大值为，此时，
故的取值集合为；
当时，的最小值为，此时
故的取值集合为；
【小问3详解】
当，令，，
，故的值域为.
在时单调递增，在时单调递减，
由得，由得，
故的单调增区间为，单调减区间为.
19. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆上的点且，，在线段上且，是的中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）判断三棱锥是否有外接球，若有，求出外接球的表面积；若没有，说明理由；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）有，
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）先证明平面，从而确定直线与平面所成的角为，解三角形即可；
（2）将三棱锥补形为长方体，利用长方体外接球直径等于体对角线长求解；
（3）假设存在点，利用线面平行的性质及平行线分线段成比例定理确定点的位置.
【小问1详解】
因为垂直于所在的平面，平面，所以．
因为是的直径，点是圆周上的点，所以．
又因为，平面， 所以平面．
所以为在平面内的射影，则即为直线与平面所成的角．
在中，，，所以．
因为 ，所以．
在中，．
因为平面，平面，所以．
在中，，，
所以．
所以．即直线与平面所成角的正弦值为．
【小问2详解】
三棱锥有外接球．
因为平面，， 所以可以将三棱锥补形为一个长、宽、高分别为的长方体．
该长方体的外接球即为三棱锥的外接球．
长方体的体对角线长．
设外接球半径为，则，即．
所以外接球的表面积．
【小问3详解】
线段上存在点，使得平面，且．
理由如下：取的中点，连接．在中，为中点，为中点， 所以 ，且．
因为平面，平面，所以平面，且．
在线段上取点，使得，即．
过点作于点，连接． 因为平面，平面，所以．
又，所以． 所以平面，且．
因为，所以，所以且．
所以四边形为平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．
故存在点满足条件，且．