湖南株洲市部分学校2025-2026学年下学期高一期末联合考试数学试题（含解析）

这是一份湖南株洲市部分学校2025-2026学年下学期高一期末联合考试数学试题（含解析），共14页。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上．
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效．
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. 若复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 2D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】计算，得到，得到答案.
【详解】，则，虚部为.
故选：C
2. 已知，，若，则实数（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，则，
因为，可得 ，解得.
3. 空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，若，，则或，
当时，，则或者与斜交或者，
当时，，则或者与斜交或者，故A错误；
对于B，若，，，可在取作为的法向量，
由于，故，即，则，故B正确；
对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误；
对于D，若，，，则或，故D错误；
故选：B
4. 在高一下学期期中考试后，数学老师随机抽取了6名同学第19题的得分情况如下：3，10，5，6，4，2，则这组数据的平均数和极差分别为（ ）
A. 5，8B. 6，8C. 5，7D. 6，7
【答案】A
【解析】
【详解】这6个数据的平均数为；
这6个数据的最大值为10，最小值为2，所以这组数据的极差为.
5. 已知平面向量，，，若，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由已知向量模长的关系得到，再由数量积的定义求解即可；
【详解】由，可得，
解得，
所以，
故选：D.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换求解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以.
7. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为6；事件；事件.则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件为互斥事件B. 事件与事件为互斥事件
C. 事件与事件相互独立D. 事件与事件相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，写出事件包含的情况，得到，A错误；B选项，写出事件包含的情况，结合A选项，得到，B错误；C选项，写出事件包含的情况，故，C错误；D选项，写出事件和包含的情况，得到，D正确.
【详解】A选项，事件包含的情况有，
事件：至少有一颗点数为6包含的情况有
，
故，事件与事件不为互斥事件，A错误；
B选项，事件包含的情况有
，
故，事件与事件不为互斥事件，B错误；
C选项，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有种情况，
故，
事件包含的情况为，故，
故，故事件与事件不相互独立，C错误；
D选项，事件包含的情况有
，
，共18种情况，
故，
事件包含的情况有：，
故，
因为，所以事件与事件相互独立，D正确.
故选：D
8. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】四棱锥的底面为直角梯形，，，
底面，且，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设直线与所成角为，则，
直线与所成角的余弦值为．
故选：B
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. 有一组互不相等的数据从小到大依次为，若删去，则（ ）
A. 新数据的极差等于原数据的极差B. 新数据的平均数等于原数据的平均数
C. 新数据的标准差小于原数据的标准差D. 新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念，结合特殊值，对选项中的结论逐一分析判断即可.
【详解】对于A，删去，最小值与最大值保持不变，分别为，故极差保持不变，故正确；
对于B，当的平均数为时，删去，平均数保持不变，否则会变化，故错误；
对于C，取分别为，
则原数据的平均数为，
方差为
删去，新数据的平均数为，方差为，
显然，此时新数据的标准差大于原数据的标准差，故C选项错误；
对于D，因为，原数据的40%分位数为；
因为，故新数据的40%分位数为，故新数据的40%分位数小于原数据的40%分位数，D选项正确.
10. 已知平面向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则向量在上的投影为
B. 若，则，
C. 若，，则
D. 若，则向量与的夹角为锐角
【答案】AD
【解析】
【分析】根据数量积的投影坐标公式求解判断A，根据数量积坐标公式计算判断B，根据向量共线坐标表示判断C，根据数量积的坐标公式计算判断D.
【详解】对于A，因为，所以，又，
所以向量在上的投影为，正确；
对于B，因为，且，，，
所以，即，该方程有无数组解，错误；
对于C，因为，，且，，，
则，，即，，所以，
当时，，当时，，错误；
对于D，，，若时，，所以，
此时与为相反向量，当时，，
则向量与的夹角为锐角，正确；
故选：AD
11. 定义在R上函数与满足：，，，为偶函数，且恒成立，已知，则（ ）
A. B. 为偶函数C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A. 令，由得；代入及 得 ；
B. 由是偶函数及式令，得，因得，应为奇函数；
C. 令推得恒等式，代入已知得，故；
D. 令，则，得，再由得，故 ，而非.
【详解】令，代入式得，整理得，由题，故，
代入式得，代入得，又恒成立，故. 选项A正确；
已知为偶函数，即，令，代入式得 ，
代入和得 ，又，故，
即是奇函数，不是偶函数. 选项B错误；
对任意，令，得，
而，因此对任意恒有，即.
已知，代入得，整理得. 选项C正确；
由满足，得，即.
再代入得，即. 选项D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，，则________．
【答案】或
【解析】
【分析】利用正弦定理可求得，进而求得，利用三角形内角和定理可求.
【详解】在中，由正弦定理可得，又，
所以，解得，
因为，所以，所以或，
当时，，当时，，
综上所述：或.
故答案为：或.
13. 已知集合，，若，则实数__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据交集的定义和集合的性质计算即可.
【详解】因为已知集合，，，
所以，解得.
14. 已知函数的图象关于点对称，也关于直线对称，且当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的对称性与单调性可得.
【详解】设，则函数的图象过点.
设点与关于点对称，可得；
设点与关于直线对称，可得；
设点与关于点对称，可得.
由于在上单调递增，值域为，
根据图象的对称性可知，在上单调递增.
故当且仅当时，.
因为，所以点的横坐标在区间内，即.
所以，所以，
故.
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. 学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
（1）若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数：
（2）以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数：
（3）若学校安排甲､乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲､乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率.
【答案】（1）2 （2）71，
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图各矩形所表示频率之和为1，可得，据此可得答案；
（2）由频率分布直方图计算平均数，中位数方法可得答案；
（3）记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，方法1，由可得答案；方法2，由对立事件概率关系可得答案.
【小问1详解】
由，得，
则成绩不高于60分的人数为：，
成绩不高于50分的人数为：，
则从不高于60分的人中抽5人，其中不高于50分人数为：；
【小问2详解】
平均数.
因为在内共有80人，则中位数位于内，设中位数为，
，解得；
【小问3详解】
记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，甲复赛获优秀等级为事件B，乙复赛获优秀等级为事件C，则
方法1，，则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为.
法二：.则至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为.
16. 在中，角所对的边为，已知．
（1）求；
（2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最长边上高线的长．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：．
【答案】（1）

（2）
选条件①时高线长为，选条件②时高线长为，条件③对应的三角形不存在.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，再利用辅助角公式，结合三角形角的范围求出角A即可。
（2）选出其中一个条件，来利用正余弦定理和面积公式分别求出对应结果．
【小问1详解】
，
根据辅助角公式可得
【小问2详解】
选择条件①，,，由正弦定理，代入得，
由余弦定理，得解得（负值舍掉），
边最长,设其高线是,所以，代入得，解得．
选择条件②，由面积公式，得，
由余弦定理，得,即,
联立得b=8c=5或b=5c=8，两种情况最长边均为,面积均为，
故最长边上的高．
选条件③，由正弦定理得,
不符合三角函数值域，故不存在．
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点.
（1）证明：平面；
（2）过点作平面平面交于点，交于点.
①证明：；
②求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】1）连接交于，由三角形中位线可证，进而由线面平行的判定定理可证；
（2）①由面面平行的性质定理可证；
②猜测点为靠近点的三等分点，在此基础上证明平面平面即可.
【小问1详解】
连交于，因为底面为平行四边形，
所以为的中点，而为的中点，所以，
又平面平面；
所以平面；
【小问2详解】
①因为平面平面，平面平面，平面平面，
由面面平行的性质定理可得；
②当为的三等分点且时，有平面平面，下面证明：
因为为上的点，且，所以在中，，所以，
由(1)知平面，因为不在平面内，所以平面，
由①可知，因为不在平面内，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，所以.
18. 已知函数，是定义在上的函数，其中是奇函数，是偶函数，
（1）若，其中．
（i）求，的解析式；
（ii）若对于任意，都有，求实数a的取值范围.
（2）若函数在上单调递减，求不等式的解集.
【答案】（1）（i），；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）将替换为，再利用奇偶性得出关于的方程组求解；
（ii）令，结合单调性定义得出在上单调递增，再分、、三种情况讨论；
（2）将不等式化为，结合的奇偶性和单调性求解.
【小问1详解】
（i）因，则，
因是奇函数，是偶函数，则，
则，得，；
（ii），即，
令，则在上单调递增，
当时，在上单调递增，符合题意；
当时， 开口向上，且对称轴，显然在上单调递增，所以；
当时，开口向下，且对称轴，则由题意，得，
又，所以；
综上，故实数a的取值范围为；
【小问2详解】
，则 ，
又定义域为R，关于原点对称，则是偶函数，
因在上单调递减，则在上单调递增，
等价于，即，
则，即或，得或，
故不等式的解集为.
19. 已知集合，，，，其中，2，，，由中元素可构成两个点集和其中中有个元素，中有个元素，若对任意的，必有，则称集合具有性质.
（1）已知集合与集合，判断它们是否具有性质，若有，则直接写出其对应的集合，；若无，请说明理由；
（2）若集合具有性质，若，求集合最多有几个元素？
（3）若集合具有性质，试判断和的大小关系，并证明你的结论.
【答案】（1）不具有，具有，,
（2）120 （3），证明如下：
集合具有性质，
对于，根据定义可知：，，，
又因为集合具有性质，则，
如果，是中不同元素，
那么， 中至少有一个不成立，
于是，中至少有一个不成立，
故，也是中不同的元素，
可见的元素个数不多于的元素个数，即，
对于，根据定义可知，，，，
又因为集合具有性质，则，
如果，是中不同元素，那么，中至少有一个不成立，
于是，中至少有一个不成立，
故，也是中不同的元素，
可见的元素个数不多于的元素个数，即，
综上，.
【解析】
【分析】（1）根据定义做出判断，直接写出集合，；
（2）利用定义，探讨出与的关系式，再代入求值；
（3）分和两种情况，若，推出的元素个数不多于的元素个数，即，若，推出的元素个数不多于的元素个数，即，从而得到答案.
【小问1详解】
，则，故不满足定义， 不具有性质，
，，，，，，，满足要求，
故具有性质，
由于，，，故，
由于，，，
，，，
故.
【小问2详解】
依题意，集合的元素构成有序数对共有个，
由，得，又当时，，则当时，，
因此集合的元素个数不超过个，
取，则中元素的个数为个，
所以中元素的个数最多为.
【小问3详解】
，证明略.
方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.