湖南省多校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份湖南省多校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册．
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. 不等式组的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由可得：或，
又因为，所以不等式组的解集为.
2. “”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】A
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性，结合充分性、必要性的定义进行求解即可.
【详解】由于指数函数是单调递增的，所以，
所以当时，，即”是“”的充分条件；
当时，不一定成立，即”不是“”的必要条件；
综上所述，“”是“”的充分不必要条件，故A正确.
3. 已知向量，，，则（ ）
A. 3B. C. D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】因为，，
所以，所以.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用差角的正切公式及二倍角的正切公式求解.
【详解】由，得，解得，
所以.
故选：B
5. 已知正数，满足，则的最小值为（ ）
A. 28B. 30C. 32D. 34
【答案】C
【解析】
【详解】因为，因此，
由，，以及基本不等式可得，
当且仅当，即时等号成立，
故.
6. 已知函数，若是集合中任意一个元素，则有两个零点的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】是集合中任意一个元素，则可能为，有种情况，
因为在上单调递增，至多有一个零点，
在上单调递减，至多有一个零点，
所以要使有两个零点，则在上有一个零点，在上有一个零点，
当时，令，则，
当时，令，则，
所以的取值范围为：.
又因为，所以的可能取值为，有种情况，
所以若是集合中任意一个元素，则有两个零点的概率为.
7. 已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数单调性及对数函数单调性条件可转化为函数在区间上有意义，且在上单调递减，讨论结合二次函数性质可得结论.
【详解】因为函数在区间上单调递减，为增函数，
所以函数在区间上有意义，且在上单调递减，
当时，或，解得，
当时，，此时函数的定义域为，
因为函数在上单调递减，函数为增函数，
所以函数在上单调递减，满足条件，
所以的取值范围为.
8. 若数据的方差为15，数据的方差为10，则数据，的方差的最小值为（ ）
A. 10B. 12C. 13D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数、方差公式，并结合已知表示出新数据的平均数以及方差，再求新数据方差的最小值.
【详解】设的平均数为，的平均数为，总体的平均数为，总体的方差为，
则，
，
当且仅当时，等号成立.
所以数据，的方差的最小值为12.
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，，则（ ）
A. B.
C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】BD
【解析】
【详解】因为，，
所以，，则，，
在复平面内对应的点位于第二象限，A错误，B，D均正确.
，C错误.
10. 已知是定义在上的偶函数，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. ，
C. 不等式的解集为
D. 若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的性质，逐个选项判断即可.
【详解】由题知，令，则，
所以，
因为是定义在上的偶函数，
所以，
所以当时，，A正确；
当时，，
当时，，
因为是定义在上的偶函数，
所以，，B错；
当时，令，解得，
又因为是定义在上的偶函数，
所以，的解集为，C正确；
由上述可知，，且，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又因为是定义在上的偶函数，
所以要使有两个不相等的实数根，
即有两个不相等的实数根，
即与两函数有两个交点，
则需满足或，D错.
11. 如图，正三棱柱每条棱的长度均为2，为棱的中点，底面，点在平面的上方，且，则（ ）
A. 平面平面
B. 四面体外接球的表面积为
C. 直线与直线相交
D. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，证明出⊥平面，得面面垂直；B选项，作出辅助线，找到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出半径，得到表面积；C选项，根据异面直线的定义可得直线与直线为异面直线，不相交，C错误；D选项，推出公共部分为台体，利用台体体积公式进行求解.
【详解】A选项，正三棱柱每条棱的长度均为2，为棱的中点，
所以，
因为底面，平面，所以，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以平面平面，A正确；
B选项，如图，取的中点，连接，
因为，所以，
故四面体的外接球球心在平面上的投影为，即⊥平面，
设，外接球半径为，连接，则，
过点作⊥于点，则，，
又，所以，
由勾股定理得，
，
所以，解得，
故半径，
四面体外接球的表面积为，B正确；
C选项，点在平面的上方，故直线与直线相交，且交点不为，
又，平面，
故直线与直线为异面直线，不相交，C错误；
D选项，如图，设与平面相交于点，与平面相交于点，与平面相交于点，连接，，
故四面体与正三棱柱的公共部分为三棱台，
，
由勾股定理得，
其中，
故，
故三棱台的体积为，
故四面体与正三棱柱的公共部分的体积为，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是周期为4的函数，对任意，恒成立，则______．
【答案】0
【解析】
【详解】当时，，解得，
由是周期为4的函数，可得.
13. 在中，，，，分别是，上的点，且，，，，且，则_____，的最小值为______．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】①根据向量数量积的定义可直接求解；②分别用，表示和，利用已知条件结合向量的数量积得到，构造二次函数，，求出二次函数的最小值即可.
【详解】根据题意，得到示意图如下
由于，，所以，
已知，，，，
所以，，
所以，
由于，可知，因此，
将代入上式并化简可得，
令，，这是一个开口向上的二次函数，最小值在处取得，
由于，因此的最小值为，
即的最小值为，所以的最小值为.
14. 在平面直角坐标系中，一个质点从坐标原点出发，每一步向上、下、左、右4个方向随机地移动1个单位长度，则三步后，这个质点与坐标原点的距离超过1个单位长度的概率为________．
【答案】
【解析】
【详解】三步共有种活动路径，其中
三步之后回到的有：向右两步，向左一步；向右、上、下各一步；
共有种；
同理可得，三步之后回到各有种，
故三步后，这个质点与坐标原点的距离不超过1个单位长度共有种，
则三步后，这个质点与坐标原点的距离超过1个单位长度的概率为.
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，是圆柱下底面圆的两条直径，，均为圆柱的母线，.
（1）求该圆柱的侧面积；
（2）证明：平面.
【答案】（1）
（2）证明：连接.因为，均为圆柱的母线，所以，
又平面，平面，所以平面.
连接，.因为，是圆的两条直径，所以，，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面.
又平面，所以平面.
【解析】
【分析】（1）根据圆柱侧面积公式计算即可.
（2）连接，先证明平面，然后证明平面平面，进而得出结论.
【小问1详解】
解：因为，所以该圆柱的高为2，底面半径为1，
则该圆柱的侧面积为.
【小问2详解】
略
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期和单调递减区间；
（2）将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求不等式的解集．
【答案】（1）最小正周期；单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）应用辅助角公式化简函数式，根据正弦函数的性质求最小正周期和单调减区间；
（2）由图象平移得，利用正弦函数的性质解不等式求解集.
【小问1详解】
由，
则其最小正周期，
令，解得，
所以的单调递减区间为；
【小问2详解】
将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到，
不等式，即，整理得，
令，则，解得，
所以，即，
所以不等式的解集为.
17. 为了解居民用水情况，某市水务部门随机调查了1000户居民的月用水量（单位：吨），发现这些数据均分布在区间内，现对这1000个数据进行整理，并据此绘制频率分布直方图.

（1）求图中的值；
（2）为促进节约用水，该水务部门将对居民用水价格进行调整，拟确定一个用水量临界值，使得80%的居民月用水量不超过该值，求该临界值（单位：吨，结果精确到小数点后一位）；
（3）已知该市有20万户居民，若每组的数据用该组区间的中点值作代表，试估计该市居民月用水的总量.
【答案】（1）
（2）24.3吨 （3）万吨
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1列式求的值.
（2）利用频率分布直方图估计第80百分位数即可.
（3）根据频率分布直方图估算平均值，再计算用水总量.
【小问1详解】
因为，所以.
【小问2详解】
设该临界值为吨.因为前3组的频率之和为0.5，前4组的频率之和为0.85，
所以.
由，
得，即该临界值为24.3吨.
【小问3详解】
这1000户居民的月用水量的平均值的估计值为
，
所以估计该市居民月用水的总量为万吨.
18. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，且，求的周长；
（3）若，在边上，是的角平分线，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，进而求角.
（2）根据余弦定理结合三角形的面积公式可求三角形的周长.
（3）利用三角形的面积公式可得与的关系，再结合基本不等式可求的最大值.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，，
所以，
因为，所以，
又，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
由余弦定理，得，即，
又因为，所以，
所以的周长为.
【小问3详解】
因为是的角平分线，所以，
由，得，
又，所以，
所以.
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，故的最大值为.
19. 如图，在四棱锥中，底面，，，且.
（1）若平面，证明：.
（2）设平面平面.
（ⅰ）证明：.
（ⅱ）若，求二面角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）因为底面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面.
因为平面，平面，平面平面，所以.
所以平面，因为平面，所以.
（2）（ⅰ）证明：如图1，过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先证线面垂直，再利用线面垂直的定义证明线线垂直.
（2）（ⅰ）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，进而证明平面，再根据线面垂直的定义得到线线垂直.
（ⅱ）构造二面角的平面角，结合三角形的边角关系求二面角的正弦值的取值范围.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
（ⅰ）略
（ⅱ）如图2，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接.
因为平面，平面，所以，因为，所以平面，
因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
由（ⅰ）知，所以，设（），
则，所以.
，，，
则.
又，所以随着的增大而增大，
当时，，
当时，，
所以二面角的正弦值的取值范围为.