海南海口市2025-2026学年高一下学期期末数学试题（含解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
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. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】.
2. 以下函数中最小值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】逐一分析各选项函数的值域与最值，判断是否存在最小值且最小值等于即可.
【详解】对于选项A，当时，，所以最小值不是，故A错误；
对于选项B，由得，函数没有最小值，故B错误；
对于选项C，，由，得，故C错误；
对于选项D，，因为，所以，即当时，，故D正确.
3. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用任意角余弦函数的定义，先计算终边上点到原点的距离，再代入公式求解即可.
【详解】 由题干可知，角终边上的点坐标为，即，，
因此： ， 代入余弦公式得.
4. 在中，已知，，，以的一边所在的直线为轴，其它两边旋转一周形成圆锥，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出直角边BC的长度，明确旋转所得圆锥的底面半径和母线长，再代入圆锥表面积公式计算即可.
【详解】在中，，由勾股定理可得： ，
以所在直线为轴旋转所得圆锥的底面半径，母线长，
圆锥表面积为底面积与侧面积之和： 底面积 ，侧面积 ，
因此总表面积.
5. 某学校兴趣小组有女生56人，男生63人，按性别进行分层，用按比例分配的分层随机抽样从该兴趣小组中抽取一个容量为的样本，已知抽取男生为18人，则（ ）
A. 16B. 18C. 34D. 36
【答案】C
【解析】
【详解】由题意得，，得
6. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得，在上的投影向量为
7. 已知，，则（ ）
A. 3B. 7C. 11D. 15
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以.
又，故.
8. 若函数在上有最大值没有最小值，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出的范围，根据题意得到不等式，求出答案
【详解】时，，
因为在上有最大值没有最小值，
所以，解得
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. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算，需结合向量模长公式、共线与垂直的坐标条件、向量夹角余弦公式逐一验证选项.
【详解】已知，，
选项A.，正确.
选项B.若，则，解得，错误.
选项C.若，则，，正确.
选项D.若，则，解得，错误.
10. 已知，且，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【详解】由得，所以，A错误；
由得，即；
又因为，解得，
所以B错误，C正确；
因为，
由得，所以，D正确.
11. 如图，在直三棱柱中，，，点为线段的中点，点为线段上的动点（不含端点），则（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 不存在点，使得平面
C. 使直线与平面所成的角最大的点有两个位置
D. 当点为的中点时，三棱锥的外接球半径最小
【答案】ABD
【解析】
【详解】解法一：对于A，取的中点，连接，当为的中点时，
，平面，平面，所以平面，
又因为，同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，因为三棱柱是直三棱柱，，设，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
设因为，所以
，设为平面的法向量，
，
所以，则，令，
所以，若平面，则存在实数使得，
即，方程组无解，故不存在满足条件的点，故B正确.
对于C，平面的法向量为，，
设直线与平面所成的角为，
所以，
当时，最大，即最大，
即仅存在一个点使直线与平面所成的角最大，故C错误；
对于D，平面的外接圆圆心为斜边的中点，半径，
三棱锥外接球的球心必在过且垂直于平面的直线上，设，
设外接球的半径为，则，且，
所以，
，
由，可得：，解得：，
将代入可得：，
当时，取得最小值，此时点为线段的中点，故D正确.
解法二：不妨设，设为的中点.
对于A，同法一知A正确；
对于B，假设存在点，使
因为平面，所以.又易知平面，且平面，所以.
直线，平面，故平面，又因为平面，从而.
设为的中点，
在等腰直角三角形中，过的中点且垂直于的直线平行于，
并与交于其中点，所以只能为.
再设为的中点，为的中点.
由三角形中位线定理，所以四边形为平行四边形.
又，所以四边形为平行四边形.
于是，故四边形为平行四边形，从而，，
侧面是正方形，其两条对角线与垂直.若，则由可得.
在平面内，过点作的垂线只有一条，故应与重合.
这样点应为与的交点，与为的中点矛盾.
因此不存在满足条件的点，B正确.
对于C，设直线与平面所成的角为.
因为是点在平面内的正投影，所以在直角三角形中，
其中为定值，且，所以最大等价于最小.
又所以最小等价于最小.
在底面内作，垂足为.
因为，所以直角三角形为等腰直角三角形，且在线段内.由垂线段最短，
且垂足唯一，仅当重合时最小.
因此使直线与平面所成的角最大的点只有一个位置，C错误.
对于D，设为三角形的外心.
由于三角形是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以为的中点，且
设为的中点，则是在平面内的正投影，且.
三棱锥的外接球球心必在直线上.
先说明在线段上.
若在射线的反向延长线上，设，则.
在直角三角形和中，
所以与矛盾.
若在线段过点的延长线上，设，则.
又因为在线段上，，
所以仍与矛盾.
因此在线段上.
设，则.设外接球半径为，由勾股定理，
两式相等，得从而
右式随的增大而增大，所以当且仅当，即重合时，取得最小值.
即当为的中点时，三棱锥的外接球半径最小，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 集合，，则_________________.
【答案】
【解析】
【详解】集合，，则.
13. 正四面体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设正四面体的棱长为，取中点为，连接，利用中位线性质得到（或其补角）就是异面直线与所成的角，求出正三角形的中线，即可根据余弦定理变形式和异面直线夹角范围求得结果.
【详解】设正四面体的棱长为，取中点为，连接，
因为为的中点，所以，
所以（或其补角）就是异面直线与所成的角，
又是正中线，所以，
又是正中线，所以，
在中，，
又因为异面直线夹角范围为，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
14. 若函数有且仅有4个零点，则的取值范围是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先化简三角方程，再用换元法进行进一步化简，在得到的一元二次方程的基础上讨论根的分布情况，用二次函数的端点以及顶点数值符号来约束根的范围，避免复杂求根运算.
【详解】函数有且仅有4个零点等价于在上有4个不同的解，
根据二倍角公式，代入方程得，
令，当时，，，
计算的判别式：，说明恒有两个不相等实根，
当时，每个值对应的2个不同解，
当，每个值仅对应的1个解，
故的两根均属于，
要使有两根需满足：，代入计算解得：
，
，
，而恒成立，
则取值范围为.
三角问题常用换元法，令，把三角方程问题转化为一元二次方程根的分布问题.
四、解答题：本题共6小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，，，分别为角，，的对边，已知，，且．
（1）求；
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理与条件代入即可求得；
（2）先由正弦定理求出边，再由边角大小关系确定，进而利用差角公式求出，最后代入三角形面积公式计算即得.
【小问1详解】
由可得，又由正弦定理，，
因，，则，解得.
【小问2详解】
由正弦定理，，则得，
因为，则，则，
又因，
则，
所以的面积为.
16. 如图，四棱锥中，，，，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又，所以，又，所以，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面；
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证明四边形为平行四边形，从而，可证结论；
（2）由题意可证平面，进而计算可求得三棱锥的体积．
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
因为，，，所以，
所以，所以，又，，
平面，所以平面，
又，所以为等边三角形，所以，
所以三棱锥的体积．
17. 全国高中数学联赛（决赛）某赛区有80个参赛名额，为遴选参赛选手，该赛区组织了预赛，共有1000名学生报名参赛，赛区按预赛成绩由高到低排序，取前80名学生入围全国联赛（决赛）．据了解，本次预赛的缺考率为20%，为了解本次预赛的成绩情况，主办方剔除缺考学生成绩后，随机抽取了部分考生的成绩（满分100分）作为样本进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，现用样本估计总体．
（1）求图中的值并估计本次考试的平均分（不含缺考学生成绩）；
（2）试估计该赛区全国联赛（决赛）入围分数线．
【答案】（1），71
（2）88
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图所有频率之和为1求出，再利用每组区间中点值乘以对应频率求和，即可得到平均分；
（2）先计算出入围比例，判断分数线落在内，再通过列频率方程即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，各组频率之和为1，组距为10，
所以，解得，
则本次考试的平均分为：.
【小问2详解】
实际参考人数为（人），入围比例为，
由频率分布直方图可知，成绩在的频率为，成绩在的频率为，因为，所以入围分数线位于内，
设入围分数线为，则，即，
解得，即该赛区全国联赛（决赛）入围分数线约为88.
18. 已知，．
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，，求边上的高的最大值．
【答案】（1）最小正周期，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换把函数整理成余弦型标准式，借助周期公式求最小正周期，再结合余弦函数的单调性求递增区间即可；
（2）由得出角，结合面积公式建立高与的关系式，再通过余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求出高的最大值.
【小问1详解】
因为，所以函数的最小正周期，
令，得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
由，得，即，
因为为锐角三角形，所以，则，
所以，即，
设边上的高为，由三角形面积公式得：，
即，所以，
由余弦定理，
得，当且仅当时等号成立，此时取得最大值为4，所以的最大值为，
即边上的高的最大值为.
19. 把一副三角板按图1所示拼接，是公共边，，，，，将沿翻折至，使得二面角为直二面角（如图2）．
（1）证明：平面；
（2）若、、、四点在同一球面上，求该球的表面积；
（3）求平面与平面所成角的正切值．
【答案】（1）因为二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面，又，平面，
所以平面，
又平面，所以，又，又，
平面，所以平面；
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）利用直二面角可得平面，进而得，结合已知可证平面；
（2）结合（1）可证球心为的中点，进而计算可求得该球的表面积；
（3）取的中点，过作于，连接，可证为平面与平面所成的角，进而计算可求得平面与平面所成角的正切值．
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
取的中点，
由（1）知平面，又平面，所以，
又，所以为三棱锥的外接球的球心，
又，所以，又，
所以，所以三棱锥的外接球的半径，
所以该球的表面积为；
【小问3详解】
取的中点，过作于，连接，
因为，所以，又平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以，又，平面，
所以平面，平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
由（2）知，所以，
又，所以，
又为的中点，又，所以，
在中，，
所以平面与平面所成角的正切值为2．
20. 限幅函数，与的图象存在三个公共点、、．
（1）解关于的不等式；
（2）求的取值范围；
（3）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）写出的解析式，分三种情况，得到不等式，求出不等式解集；
（2）分，和三种情况，同一坐标系内，画出与的图象，数形结合得到答案；
（3）求出三点坐标，作出辅助线，利用铅垂线法表达出的面积，利用基本不等式求出最值
【小问1详解】
，
当时，，解得，所以，
当时，，解得，所以，
当时，，解得，所以，
综上，；
【小问2详解】
若，，此时与的图象无交点，不合要求，舍去；
若，同一坐标系内，画出与的图象，如下；
当过点时，，此时与的图象有两个公共点，
当过点时，，解得，
此时与的图象有两个公共点，
要想与的图象有三个公共点，需满足；
若，此时的图象位于第四象限，与无公共点，
综上，；
【小问3详解】
如图所示，中，令得，则，
令得，解得或0（舍去），则，
令得，所以，
设直线解析式为，
将和代入得，解得，
所以的解析式为，
过点作⊥轴，交于点，
则点的纵坐标与的纵坐标相等，
中，令得，解得，
故，则，
故，，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
故.