河南新乡市部分学校2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份河南新乡市部分学校2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（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．
一、单项选择题：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. 命题：的否定为（ ）
A. ，B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由全称量词命题的否定可知，命题的否定为.
2. 样本数据9，12，17，11，15，16，10，8，18的上四分位数是（ ）
A. 9B. 10C. 15D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据上四分位数定义，结合百分位数的计算步骤计算即可.
【详解】将数据按从小到大排列：.
因为，所以上四分位数为第7个数，即.
3. 下列函数中，是奇函数且在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用函数奇偶性定义结合幂函数的单调性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，，所以为偶函数，不符合题意；
对于B：定义域为，，所以为偶函数，不符合题意；
对于C：定义域为，，所以为奇函数，但是在区间上单调递减，不符合题意；
对于D：定义域为，，所以为奇函数，是在区间上单调递增，符合题意；
4. 袋子里装有4支钢笔，其中2支黑笔，2支红笔，从中随机取出2支，下列事件中与事件“都是黑笔”互斥但不对立的是（ ）
A. “恰有1支红笔”B. “至多有1支红笔”
C. “至少有1支黑笔”D. “至少有1支红笔”
【答案】A
【解析】
【分析】应用互斥事件及对立事件定义判断求解.
【详解】从4支笔中任取2支的所有情况为：2支黑笔、2支红笔、1支黑笔1支红笔，
对于A：事件“都是黑笔”与“恰有1支红笔”不可能同时发生，且不是必有一个发生，二者互斥不对立，符合题干要求；
对于B：“至多有1支红笔”包含1红1黑、2黑的情况，与“都是黑笔”不互斥，不符合题干要求；
对于C：“至少有1支黑笔”包含1红1黑、2黑的情况，与“都是黑笔”不互斥，不符合题干要求；
对于D：“至少有1支红笔”包含1红1黑、2红的情况，与“都是黑笔”为对立事件，不符合题干要求；
5. 如图，一个冰淇淋玩具由一个圆锥和一个与圆锥有公共底面的半球组成，且两部分体积相等，则圆锥的母线长与底面半径的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用球及圆锥的体积公式计算，再结合圆锥的几何特征求解.
【详解】设半球与圆锥的公共底面半径为，圆锥的高为，
则半球体积为，圆锥体积为，由两部分体积相等可得，解得，
圆锥母线长，
因此母线长与底面半径的比值为.
6. 设全集，集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，,
其中组成了所有整数，
则,
7. 已知，是两个不共线的单位向量，向量，则“”是“且”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】由是不共线的单位向量可得，由可得，进而讨论和且的充分性和必要性即可.
【详解】已知是不共线的单位向量，故，设两向量夹角为，
则，
因为，所以不等式等价于.
充分性：若，无法推出且，例如满足，
但不满足且，充分性不成立；
必要性：若且，必有，即，必要性成立.
所以是且的必要不充分条件.
8. 已知个实数，，，，的取值均为，，，中的一个（每个数至少出现一次），则，，，，的方差的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知结合方差公式计算求解.
【详解】已知个实数，，，，均为，，，中的数，
当重复值取2或8时波动性最大，
当重复值取2时，平均数为，所以方差为，
当重复值取8时，平均数为，所以方差为，
所以得到方差最大值为.
二、多项选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得分，部分选对的得部分分，有选错的得分．
9. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】复数，则，A正确；
，B错误；
，C正确；
，D正确.
10. 如图，正方体的棱长为，为线段上一动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 直线与的夹角的大小的取值范围是
C. 的最小值为
D. 当时，平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：可证平面，可知点到平面的距离为定值，进而可知三棱锥的体积为定值；对于B：可证平面，即可得，即可判断B；对于C：当点为的中点时，则，，即可分析最值；对于D：作辅助线，分析可知截面为四边形，进而可求截面面积.
【详解】对于选项A：因为，，可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，可得平面，
又因为，可知点到平面的距离为定值，
且的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于选项B：因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面可得，
同理可证：，
且，平面，可得平面，
又因为平面，则，
所以直线与的夹角的大小为，是定值，故B错误；
对于选项C：因为为等边三角形，为等腰直角三角形（），
当点为的中点时，则，，
即此时，均取到最小值，且，，
所以的最小值为，故C错误；
对于选项D：设，
因为，则，即，可知点为的中点，
设，的中点分别为，，连接，，，，，
因为，，且，，
则，，可知四边形为平行四边形，则，
又因为，，可知四边形为平行四边形，则，
可得，可知平面截该正方体所得截面为四边形，
且，，
所以所求截面的面积为，故D正确.
11. 设对任意的平面向量进行一次“变换”后得到一个新向量，对连续进行次“变换”得到的向量记作．设，为平面内的非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 对任意的，，恒成立
B. 对任意的，
C. 若，，则
D. 若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用“变换”定义，结合向量的加减数乘与数量积的坐标公式，根据选项要求逐一计算分析即可判断.
【详解】对于A，设，则，
，故A正确；
对于B，设，则，，
，
故对，故B正确；
对于C，因为对，，
则，，
因当且仅当方向相同时成立，
不能恒成立，故C错误；
对于D，设，则，
又因，不妨设，则，
故
，
因，则，故的最小值为，即D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的图象的一个对称中心的坐标是________．
【答案】（答案不唯一，符合的点均对）
【解析】
【详解】令，解得，故的对称中心为.
13. 如图，在平行四边形中，，且，是边上靠近点的三等分点，则________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意选定为一组基向量，将分别用基向量表示，利用向量数量积的运算律计算即得.
【详解】因是平行四边形的边上靠近点的三等分点，
则
.
14. 若关于的不等式恒成立，则的所有可能取值共有________个．
【答案】3
【解析】
【分析】利用正弦、余弦函数的值域均为的特征，分整数和两类情况讨论，结合诱导公式、三角函数恒等条件求解符合的取值总个数。
【详解】分以下情况讨论：
当时，若恒成立，
，要使不等式对任意恒成立，需的最小值，
∴ ，∴ .
当时，恒成立，由诱导公式可得恒成立，
∵ ，，
若上述不等式对任意恒成立，仅当对任意恒成立，
∴ .
当时，对任意恒成立，
∴ ，，解得，，
∵ ，∴ .
当时，对任意恒成立，
由诱导公式可得，
∴ ，，解得，，
∵ ，∴ .
综上，的所有可能取值为、、，共个.
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. 某校举行了一次数学竞赛活动，有100名学生参加，将他们的成绩（单位：分，满分为100分）进行整理后，按，，，，分为5组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中的值；
（2）估计这100名学生的成绩的中位数；
（3）从成绩在内的学生中随机抽取5名学生进行座谈，求这次考了89分的小明被抽中的概率．
【答案】（1）
（2）78． （3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1列方程，即可求解；
（2）频率分布直方图中将所有小矩形面积二等分的点对应的值为中位数；
（3）由直方图求成绩在内的学生在样本中的频率，再计算对应的人数，利用古典概型概率公式求结论.
【小问1详解】
由题可得，
即，解得．
【小问2详解】
因为，而，
所以中位数在内．
由中位数的定义可得，解得．
所以估计这100名学生的成绩的中位数为78．
【小问3详解】
由的频率为，
可得内的总人数为，
所以这次考了89分的小明被抽中的概率为．
16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，是的中点，求的最小值及此时的面积．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1） 应用余弦定理计算求解；
（2）应用余弦定理结合二次函数值域计算得出最小值，再计算面积求解.
【小问1详解】
由余弦定理可得，
整理得，
所以，
又，所以．
【小问2详解】
因为，所以．
因为为的中点，所以由余弦定理可得
，
当时，取得最小值，且，此时，
所以．
17. 某校为培养学生的劳动意识，开展了“劳动小能手”实践活动．活动结束后，学校根据学生的劳动时长及表现给予相应的劳动实践积分．现从该校随机抽取50名学生，调查其劳动实践积分数据，整理如下表：
（1）从该校全体学生中随机抽取1名学生，估计这名学生的劳动实践积分不低于2分的概率．
（2）假设每名学生的劳动实践积分互不影响，从该校全体学生中随机抽取2名学生．
（ⅰ）估计这2名学生的劳动实践积分之和为2分的概率；
（ⅱ）估计这2名学生的劳动实践积分之差的绝对值不低于1分的概率．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）应用频率计算求解；
（2）（ⅰ）应用古典概型，独立事件概率乘积公式及互斥事件概率和公式计算求解；（ⅱ）古典概型及独立事件概率乘积公式，对立事件概率公式计算解题.
【小问1详解】
由题表可知从样本中随机抽取1名学生，
其劳动实践积分不低于2分的频率为，
∴估计这名学生的劳动实践积分不低于2分的概率为．
【小问2详解】
由题可知，劳动实践积分为0分、1分、2分、3分的概率分别为
，，，．
（ⅰ）这2名学生的劳动实践积分之和为2分的情况有2人都是1分或1人0分、1人2分，共2种．
∴估计这2名学生的劳动实践积分之和为2分的概率为．
（ⅱ）随机抽取2名学生，其积分之差的绝对值不低于1分的对立事件是积分之差的绝对值低于1分，即为
0分，所有的情况为，，，，
概率为，
∴估计这2名学生的劳动实践积分之差的绝对值不低于1分的概率为．
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）若，恒有，求实数的最小值；
（3）若，恒有，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）先由图象最值确定振幅，再代入已知点坐标结合的取值范围求解，最后代入最高点的坐标，结合周期的取值范围确定，即可得到函数的解析式.
（2）先求解时的值域，，恒成立等价于在该区间上的最大值与最小值的差不大于，据此可求得的最小值.
（3）先求解时的取值范围，通过换元将原不等式转化为二次函数在上的恒成立问题，结合二次函数的图象性质，只需区间端点处函数值小于等于0即可求解的取值范围.
【小问1详解】
由题意得，所以．
因为的图象经过点，代入可得或，，
又，所以．
再将代入，可得，
解得，．
设的最小正周期为，观察图象可得，解得，
结合式可得，所以．
【小问2详解】
若，则，，
所以．
要使对任意的，恒有，只需，
即，故的最小值为．
【小问3详解】
若，则，所以．
令，则，，恒成立，等价于，恒成立，
所以
解得，即实数的取值范围为．
19. 如图，在四棱锥中，平面，且底面是矩形，，是棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若是四棱锥外接球上的一点，求点到平面的最大距离．
【答案】（1）因为平面，平面，所以，
又四边形是矩形，所以，
又平面，平面，且，所以平面，
又平面，所以，
又是的中点，，所以，
又平面，平面，且，所以平面；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，即可证明；
（2）根据等体积法先求得点到平面的距离，进而可求得直线与平面所成角的正弦值；
（3）取的中点，连接，，，可得为四棱锥外接球的球心，根据等体积法可求得点到底面的距离，进而可求得点到平面的最大距离．
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
取的中点，连接．
因为，分别为，的中点，所以，，
又平面，所以平面，
所以，
由（1）得平面，又平面，所以，
又，所以，，
又，所以，
所以．
设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为．
由，解得，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
取的中点，连接，，．
因为平面，平面，
所以，
因为四边形为矩形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，平面，
所以，
所以，，均为直角三角形，为斜边的中点，
所以为四棱锥外接球的球心，
由题可知，，所以．
设点到平面的距离为，
在三棱锥中，，即，
即，解得，
设点到平面的距离为，
又点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，所以，
在三棱锥中，设点到底面的距离为，
由，可得，
即，解得，
又点到平面的最大距离为点到平面的距离加半径，即为．
劳动实践积分
人数
3
10
2
20
1
15
0
5