河南新乡市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含解析）

这是一份河南新乡市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含解析），共14页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
考试时间为120分钟，满分150分
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. 已知全集，集合，若，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【详解】全集，集合，，
，，故选项D正确.
2. 已知向量，，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】
【详解】由，，可得，
若，则，即，解得或，
无法推出一定是，故充分性不成立；
当时，，则，即成立，故必要性成立。
因此“”是“”的必要不充分条件.
3. 已知，，且，则的最小值是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】先将变形得，然后用“1”的代换与相乘，化简整理后再利用基本不等式即可求出最小值.
【详解】由，得，
所以，
当且仅当时，即时等号成立，将其代入，解得，
所以的最小值是.
4. 如图，为平面四边形用斜二测画法作出的直观图，其中，，，则四边形的面积为（ ）．

A. B. C. 5D.
【答案】C
【解析】
【详解】四边形为直角梯形，且，，，，

5. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则以这10人成绩的第60百分位数为实部，第75百分位数为虚部的复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将成绩从小到大排序，再根据百分位数的计算规则分别求出第60、75百分位数，组合得到对应复数即可
【详解】首先将10名学生的成绩按从小到大排序：.
由，故第60百分位数为排序后第6位和第7位数据的平均数，即，即所求复数的实部为85.
由，故第75百分位数为排序后第8位数据88，即所求复数的虚部为88.
因此所求复数为.
6. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【详解】对于A，由，可得，故A正确；
对于B，垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确；
对于C，根据面面垂直的性质定理可知C正确；
对于D，若，则或与相交，故D错误．
7. 二维码是一种利用黑、白方块记录数据符号信息的平面图形.某公司计划使用一款由个黑白方块构成的二维码门禁，现用一款破译器对其进行安全性测试，已知该破译器每秒能随机生成个不重复的二维码，为确保一个二维码在1分钟内被破译的概率不高于，则的最小值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件结合古典概型列出不等式，通过指数运算求解不等式，进而得到的最小值.
【详解】已知破译器每秒能随机生成个不重复的二维码，
一分钟能生成的二维码总数为，
一个二维码共有种情况，
要确保一个二维码在1分钟内被破译的概率不高于，
则，即，
即，
因为，且为整数，
所以，
解得，即，
所以的最小值为.
8. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先分析函数，作出函数大致图象，分析函数，把零点问题转化为关于的方程有2个不同的根和，且关于的方程分别有4个不同的根，进而结合判别式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数的取值范围．
【详解】当时，，开口向下，对称轴为，
；
当时，，，函数在单调递减，在单调递增；
作出的大致图象如下，
设，则关于的方程有2个不同的根和，
且关于的方程分别有4个不同的根．
不妨设，则关于的方程需满足：，
①若，则，故，
且，即，
解得；
②若，则，此时，符合题意，故．
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. 已知点在幂函数的图象上，则下列叙述正确的是（ ）
A. 函数是奇函数
B. 函数是偶函数
C.
D. 函数在定义域内是减函数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据幂函数的定义和性质判断即可.
【详解】因为点在幂函数的图象上，所以，解得.
所以.
由于，所以是奇函数，A正确B错误；
易知，所以C正确；
根据幂函数的性质可知，分别在上单调递减，但是定义域内不是单调函数，所以D错误.
10. 已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（ ）
A. 是锐角三角形
B. 的面积为
C. 外接圆半径为
D. 若是最大角，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据余弦定理列出方程求出边长，再根据余弦定理以及正弦定理求解即可.
【详解】三边为连续正整数：（），最小角对最小边，记最小角为，
则，由余弦定理，
化简得，解得，因此三边长为2，3，4.
对于选项A，最大角对最大边，记最大角为，由余弦定理，为钝角，
故是钝角三角形，所以A错误；
对于选项B，，则，三角形面积，所以B正确；
对于选项C，由正弦定理，外接圆半径，，则，，，所以C错误；
对于选项D，由二倍角公式，所以D正确．
11. 如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则（ ）
A. 圆锥的体积为B. 球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为
C. 异面直线BF与PA所成角为D. 平面AEF截球O的截面面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，求得，且，结合体积公式，可判定A正确；得到公共点的轨迹是以AB为直径的圆，可判定B错误；连，证得平面，得到，可判定C正确；求得球半径为，结合等体积法，可判定D正确．
【详解】对于A，由已知得,所以，且，
所以圆锥的体积为，所以A正确；
对于B，由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为为正三角形，所以为中点，
可得，所以轨迹的周长为，所以B错误；
对于C，连，可得，且，
由，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，所以C正确；
对于D，设球半径为，则 ，可得，
由，且，
可得到平面的距离为，所以截面圆的半径为，
所以平面AEF截球O的截面面积为，所以D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一个三位自然数，百位、十位、个位上的数字依次为，，，当且仅当，时称为“凹数”如，等，若，，，且，，互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先找到组成各个数位上的数字不重复的三位自然数的样本点数，再找到“凹数”的个数，用古典概型的知识相除即可．
【详解】组成各个数位上的数字不重复的三位自然数的样本点共有个，
而满足三位数是“凹数”的有，，，，，，，共个，
所以这个三位数为“凹数”的概率为．
13. 已知函数，若、，，则_________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据解析式得到，可得出，由此可得出结果.
【详解】，，则，，
所以函数的定义域为，定义域关于原点对称，
因为
，
因为，则，
因此，.
14. 已知边长为的菱形ABCD中 沿对角线BD折成二面角的大小为的四面体，则四面体的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据四面体外接球的性质，确定球心位置，解三角形求出球半径即可得解.
【详解】取的中点，连接，如图，

因为菱形ABCD中
所以为正三角形，且，
所以为二面角的平面角，故，
又平面，所以平面，
由平面，故平面平面.
所以四面体的外接球的球心在平面上，
在上取点，使，则是的外心，过点作垂直于，过点E作垂直于.
设与交于点，连接，则，则为四面体的外接球的球心，如图，

所以垂直平分，
因为为正三角形，且边长为，
所以，故，
又，所以，，
在直角三角形中，，
即球的半径，
故四面体的外接球的表面积为.
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. 在中，角，，的对边分别为，，，，．
（1）求角；
（2）若是线段的中点，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式可得答案；
（2）利用余弦定理和向量公式，结合三角形面积公式可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理可知，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
由（1）及余弦定理得，即①，
又因为，则，
则，
即，
所以②，
由得，
所以.
16. 已知函数的图象的一个对称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为．
（1）求函数的对称轴方程
（2）将函数的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域．
【答案】（1）若，函数的对称轴方程为．
若，函数的对称轴方程为．
（2）.若，函数的值域为，
若，函数的值域为.
【解析】
【分析】(1)化简 ，根据一个对称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为即可求出，结合正弦函数的对称轴方程求解即可；
(2)根据图形的变换得到，利用整体法即可求出函数的值域．
【小问1详解】
由已知
因为函数的图象的一个对称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为，
所以
若，则
令，解得
故函数的对称轴方程为．
若，则，
令，解得
故函数的对称轴方程为．
综上，若，函数的对称轴方程为．
若，函数的对称轴方程为．
【小问2详解】
若，
将函数的图象向右平移个单位后，
可得的图象；
再将得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），
得到函数的图象．
当时，
所以故函数的值域为.
若，
将函数的图象向右平移个单位后，
可得的图象；
再将得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），
得到函数的图象．
当时，，
所以，故函数的值域为
综上，若，函数的值域为，
若，函数的值域为.
17. 在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点．

（1）求证：平面SCD；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求点B到平面SCD的距离．
【答案】（1）取SD的中点M，连接ME，MC，
因为E，M分别为SA，SD的中点，则且，
又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且，
可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则，
且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）作辅助线，根据线面垂直分析可知为二面角的平面角，即可得结果；
（3）由（2）可知：平面ABCD，利用等体积转化法求点到平面的距离.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
取AB的中点O，连接SO，CO，AC，

因为，则，
且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB，
所以平面ABCD，
由题意可知：为等边三角形，则，
且，平面，可得平面，
由平面可得，
又因为，则，，
可知为二面角的平面角，
在中，则，，，
可得，
所以二面角的余弦值为．
【小问3详解】
由（2）可知：平面ABCD，
且，，
设点B到平面SCD的距离为h，
因为，则，
即，解得，
所以B到平面SCD的距离为．
18. 小王，小李参加闯关游戏比赛，该闯关游戏一共两关，且第一关闯关成功与否均参与第二关．若小王，小李第一关闯关成功的概率分别为，，第二关闯关成功的概率分别为，，且两人在闯关过程中互不影响，两关之间互不影响．
（1）若小李第二关闯关成功的概率，求小李恰好有一关闯关成功的概率；
（2）若小王，小李各有一关闯关成功的概率为，小王，小李两关都闯关成功的概率为，求小王，小李两人至少有一人两关都闯关成功的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件小李第一关闯关成功为事件，第二关闯关成功为事件，则事件小李恰好有一关闯关成功，由条件结合概率加法公式和独立事件概率乘法公式求结论；
（2）设事件小王第一关闯关成功为事件，第二关闯关成功为事件，由条件结合概率公式列方程求，分别求出两人两关都通过的概率，再求结论．
【小问1详解】
设事件小李第一关闯关成功为事件，第二关闯关成功为事件，
由已知相互独立，且， ，
则，，
设事件小李恰好有一关闯关成功为，则，
所以，
所以，
所以当时，，
所以小李恰好有一关闯关成功的概率为．
【小问2详解】
设事件小王第一关闯关成功为事件，第二关闯关成功为事件，
则结合（1）知事件相互独立，且，，，，，
因为小王，小李两关都闯关成功的概率为，即，得①，
设事件小王恰好有一关闯关成功为，则，
所以，
由（1）有，
因为小王，小李各有一关闯关成功的概率为，即，得②，
联立①，②得，解得或，
又，所以，，
所以小王两关都闯关成功的概率为，
小李两关都闯关成功的概率为，
所以小王，小李两人至少有一人两关都闯关成功的概率为.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面．

（1）证明: 平面平面；
（2）设平面平面于直线l，证明：；
（3）若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1） 可证平面，由面面垂直的判定定理即可证明；
（2） 可证平面，由线面平行的性质定理即可证明；
（3）由线面平行的判定定理得出点F在BC的处，再证得平面，所以即为EF与底面所成角，求解即可得出答案.
【小问1详解】
因为底面，平面，则，
又因为底面为正方形，则 ，
且，平面， 可得平面，
又因为平面PBD，所以平面平面.
【小问2详解】
在正方形中，则，
且平面，平面，可知平面，
且平面，平面平面，所以.
【小问3详解】
存在点F在BC的处，使得平面．
在线段PA上取点K，使，连接KE，KB，EF．
在中，，即，
则，且，
在正方形中，F在BC的处，则，且，
可得，且，可知为平行四边形，
则，且平面，平面，所以平面，
在AD的处取点M，连接．
中，点E，M分别为的处，则，且，
因为平面，则平面，即EF在平面上的射影MF，
可知即为EF与底面所成角，
在中，，

若，，所以.