湖南湘西州2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份湖南湘西州2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，19个小题．满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．涂写在本试卷上无效．
3．作答非选择题时，使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．书写在本试卷上无效．
4．保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. （为虚数单位）的虚部为（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先“分母实数化”，再整理化简，最后判断虚部即可.
【详解】因为,所以虚部是：5，
故选：B.
2. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由补集运算即可得解.
【详解】∵，，∴.
故选：C.
3. 如图，向量等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由图知，.
4. 函数的奇偶性（ ）
A. 仅取决于的值B. 与的值无关而与的值有关
C. 与和的值有关而与A的值无关D. 与A、、的值都有关
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的性质及诱导公式即可判断.
【详解】由于，不影响函数的奇偶性，
仅影响函数值的大小，仅影响函数的周期，
当时，，此时函数为偶函数；
当时，，此时函数为奇函数.
5. 抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件“点数不大于4”，“点数大于3且小于6”，“点数是3的倍数”，“点数为奇数”，“点数为偶数”，则（ ）
A. A，B为互斥事件B. B，C为对立事件
C. C，D为互斥事件D. D，E为对立事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意写出样本空间和各事件的样本点，再根据互斥和对立的定义，判断各选项正误.
【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，向上的点数为基本事件，则样本空间．
．
因为，所以A与B不互斥，A错误．
因为，所以B与C互斥，但不对立，B错误．
因为，所以C与D不互斥，C错误．
因为，所以D与E对立，D正确．
故选：D.
6. 一个封闭的正三棱柱容器，内装水若干，水面高度为3（如图（1），底面处于水平状态）．将容器放倒（如图（2），一个侧面处于水平状态），若此时水面与各棱的交点E，F，，分别为所在棱的中点，则该正三棱柱容器的高为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 4.5
【答案】A
【解析】
【详解】设正三棱柱的底面棱长为，高为，
则，，
则水的体积为，得，
故该正三棱柱容器的高为
7. 如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（ ）
A. 26πB. 28π
C. 34πD. 14π
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可将四棱锥补成长方体，则四棱锥的外接球也是长方体的外接球，由可求出的长，进而可求，即为外接球的直径，从而可得外接球的表面积.
【详解】如图，因为面，四边形为正方形，
所以可将四棱锥补成长方体，
则四棱锥的外接球也是长方体的外接球.
由面，所以就是与平面所成的角，
则，所以，
设四棱锥的外接球的半径为，
因为长方体的对角线的长即为其外接球的直径，
所以，所以，
所以四棱锥的外接球的表面积为.
故选：C
8. 在锐角中，角、、的对边分别为、、，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理、正弦定理结合三角恒等变换化简得出，利用正弦函数的单调性化简得出，代入结合诱导公式以及基本不等式求解即可.
【详解】由及余弦定理可得，整理可得，
由正弦定理可得
，
因为、，所以，
因为，故，
因为正弦函数在上为增函数，所以，故，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
二、多选题：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. 下列选项中，正确的是（ ）
A. 若两个相等的非零向量的起点相同，侧它们的终点可能不同
B. 若向量，则
C. 若向量，满足，则或
D. 若非零向量与共线，则，，三点共线
【答案】BD
【解析】
【分析】根据相等向量的定义即可判断选项A；若向量，则根据向量的运算法则可得，即可判断选项B；由向量的定义即可判断选项C；根据共线向量的定义即可判断选项D.
【详解】由相等向量定义可得：若两个相等的非零向量的起点相同，其终点一定相同，故选项A错误；
若向量，则，所以，故选项B正确；
由向量的定义可得向量，满足时，向量，可能共线也可能不共线，故选项C错误；
若非零向量与共线，则，，三点共线，故选项D正确.
故选：BD.
10. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据中位数的定义讨论即可判断；对于B，由方差的性质即可判断；对于C，由极差的定义判断即可；对于D，由方差、平均数的定义验算即可.
【详解】对于A，设，，…，已经从小到大排列好了，
则，，…，是从小到大排列的或从大到小排列的，
若是偶数，则，
而无论如何最中间两个数总是，
，
若是奇数，则，
而无论如何最中间的数总是，所以，
所以，
对于B，由方差的性质可得，，故B正确；
对于C，当时，，
当时，，故C错误；
对于D，，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当F为线段中点时，平面
B.
C. 不存在点F，使平面
D. 当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可判断；对于BC，利用反正法说明错误即可；对于D，首先得E，C分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可.
【详解】对于A，取中点N，连接，，
因为F为的中点，所以，因为平面，平面，
所以平面，
在矩形中，，，故四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，所以平面，故A正确；
对于B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，，
显然，而，，平面，
∴平面，平面，∴，则，
但，，不可能相等，所以不可能有，所以B选项错误；
对于C，假设存在点F，使得平面成立，
因为平面，所以，
又因为且，，平面，所以平面，
又因为平面，那么，
又因为，则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确；
对于D，由题意得，平面，，
由平面，得平面，
延长，交于点H，连接，则平面平面，
所以，故，
由，，得E，C分别为的中点，
若F为的中点，则，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ________；
【答案】##
【解析】
【详解】.
13. 欧拉公式（e为自然对数的底数，i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．若复数，且复数z满足，则的最大值为________；
【答案】##
【解析】
【详解】因为，则，
因为，所以，等号成立时当且仅当复数所对应的向量同向，
故的最大值为.
14. 已知非零向量，的夹角为，.对于任意的，恒成立，则______，的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将不等式两边平方得，进而对于任意的恒成立，利用即可求解答题空1；再结合图形，利用几何意义及对称性即可求解答题空2.
【详解】由两边平方可得，即，
∴对于任意的恒成立，
∴，
∴，即.
∵，∴，∴.
如图所示，设，，，，
则，，
∴.
作点关于的对称点，连接，如图所示，则，
∴当，，三点共线时，取得最小值.
此时，，，，
在中，由余弦定理可得，故.
∴的最小值为.
故答案为：；.
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. 已知，
（1）若，求与夹角的余弦值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出坐标，由，求得，根据向量夹角公式求解；
（2）由两向量平行的坐标关系求得，又，结合诱导公式和二倍角余弦公式求解.
【小问1详解】
由题：，
所以 ，解得，
所以，
所以.
【小问2详解】
，解得，
，
故.
16. （身体质量指数）是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准，其计算公式是：．中国成人的数值参考标准为：为偏瘦；为正常；为偏胖；为肥胖．某公司为了解公司员工的身体肥胖情况，研究人员从公司员工体检数据中，采用分层随机抽样的方法抽取了60名男员工，40名女员工的身高体重数据，通过计算男女员工的值，整理得到如下的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计该公司员工为肥胖的百分比；
（2）估计该公司员工的值的众数，中位数；
（3）已知样本中60名男员工值的平均数为，根据频率分布直方图，估计样本中40名女员工值的平均数．
【答案】（1），
（2）众数为，中位数为
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率之和为1可计算的值，再结合频率分布直方图即可得肥胖的百分比；
（2）利用频率分布直方图即可估计众数，中位数；
（3）先计算整体的平均数，然后由分层抽样平均数的公式即可得解．
【小问1详解】
由题，，解得：，
由频率分布直方图可得，该公司员工为肥胖的百分比为；
【小问2详解】
由频率分布直方图可得，众数为，
因为，，
故中位数在，设为，则；
【小问3详解】
设样本平均数为，
则由频率分布直方图可得；
，
又，
即，解得：．
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是正三角形，E为线段的中点，F为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若平面平面，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，
因底面是边长为2的菱形，则点是的中点，
又因F为线段的中点，则有，
平面，平面，可得平面.
（2）证明：因是正三角形，E为线段的中点，则有，
又，，即为正三角形，且，
因平面，则平面，
又因，故得平面.
（3）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，证明，由线线平行证明线面平行即可；
（2）利用等腰三角形的三线合一可证，，由线线垂直即可证得线面垂直；
（3）取的中点，连接，得到即与所成角或其补角，利用余弦定理求得，通过证明平面得到，求出，在中，结合，，利用余弦定理即可求得答案.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
如图，取的中点，连接，则，且，
故即与所成角或其补角.
因，由余弦定理，，
又因平面平面，平面平面，，平面，
故平面，又平面，则，又,故，
由（2）已得平面，因平面，故，则，
又，则在中，由余弦定理，，
即异面直线与所成角的余弦值为.
18. A、B两队进行围棋比赛，A队有甲、乙、丙三位棋手，B队只有丁一位棋手．比赛规则如下：A队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平．已知甲、乙、丙分别与丁比赛且获胜的概率为、、，各盘比赛相互独立，且各盘比赛没有平局.丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为．
（1）若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求；
（2）若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，求A、B两队打平的概率；
（3）通过计算判断A队怎样安排出场顺序对丁最有利．
【答案】（1）
（2）
（3）A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利
【解析】
【分析】（1）因为A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，所以丁连胜两盘、负一盘，则其中第二盘必胜，即丁对乙必胜，计算出，再计算出连胜三盘的概率，从而计算出；
（2）设A、B两队打平的概率为，那么分两种情况，事件C：第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜；事件D：第二盘为乙胜，第一、三盘都是丁胜，则C与D为互斥事件；
（3）设丁获胜的概率为p．分别计算出A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛、A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛与A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛丁获胜的概率，从而得到A队怎样安排出场顺序对丁最有利.
【小问1详解】
因为A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，
所以丁连胜两盘、负一盘，则其中第二盘必胜，即丁对乙必胜，
所以．
故．
【小问2详解】
设A、B两队打平的概率为．
记事件C：第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜．
记事件D：第二盘为乙胜，第一、三盘都是丁胜，则C与D为互斥事件，
则．
【小问3详解】
设丁获胜的概率为p．
若A队按甲、乙、丙的出场顺序与B队进行比赛，则．
同理，若A队按丙、乙、甲的出场顺序与B队进行比赛，则．
若A队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与B队进行比赛，
则．
若A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛，
则．
因为，所以A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利．
19. 布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题：
（1）若，求；
（2）已知，
①若，求的值；
②若，求S.
【答案】（1）
（2）①12；②
【解析】
【分析】（1）由题，可得，在，中，分别由正弦定理可得，，运算得解；
（2）由，可得，①在，，中由余弦定理可得，运算得解；②由，结合①可得，平方展开运算得解.
【小问1详解】
在中，，所以，
所以，
在中，，所以，
在中，，所以，
所以，故.
【小问2详解】
因为，所以，即，
①，所以
在中，，
在中，，
在中，，
三式相加得
，
整理得：.
②又
又由①知，
所以，
故，
整理得：，
即，
所以，即，
所以.