2026年浙江省金华市高一期末质量检测数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025—2026学年第二学期期末质量检测高一数学试题卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟．考生注意：1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上．2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．选择题部分（共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1．设集合，，则为（

）A． B． C． D．2．已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（

）A． B． C． D．3．“直线与直线没有交点”是“直线与直线为异面直线”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4．已知向量，满足，且，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．将一个斜边长为1的直角三角形绕其斜边旋转一周，所得几何体体积的最大值为（

）A． B． C． D．6．已知，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．7．定义在上的函数，若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的值为（

）A． B． C． D．8．已知函数满足：对任意的实数，，都有成立，则下列结论一定成立的是（

）A．若，则． B．若，则．C．若，则． D．若，则．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．在正方体中，，，分别是，，的中点．下列说法正确的是（

）A．平面平面B．直线直线C．当点在直线上运动时，直线与平面平行D．当点在直线上运动时，三棱锥体积不变10．已知两个直角三角形的斜边长均为．第一个三角形的三边长，其平均数为，方差为，第二个三角形的三边长，其平均数为，方差为；将两组数据合并为样本．已知，下列说法正确的是（

）A．若，则B．样本的中位数为C．样本的总方差D．样本的总方差11．设函数的值域为集合，记集合的元素个数为，下列正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．对于任意的，存在，使得 D．若，不存在，，使得非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12．已知为虚数单位，复数满足，则复数的模为______．13．已知，则______.14．在中，已知，、分别是线段和上的点，且，；，，则______．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2026年“五一”假期期间，全国多地博物馆出现“一票难求”的盛况．某市文旅部门为了解游客在市博物馆某特展厅的参观体验，随机抽取了100名游客，统计了他们在该展厅的停留时长（单位：分钟），得到以下频率分布直方图：(1)根据频率分布直方图，估计这100名游客停留时长的平均数及中位数（结果精确到0.1）；(2)根据往年数据统计，停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为；停留时间在的游客第二年五一假期再来的概率为，现利用分层随机抽样的方法，从停留时长在分钟之间的游客中抽取4人，这4人第二年是否再来彼此互不影响．求第二年这4人中至少有1人再来的概率．16．已知函数，．(1)若是定义域上的奇函数，求的值；通过观察和的图象关系，指出函数的对称中心（简单说明理由，不必严格证明）；(2)若对任意的正数，均有，或成立，求实数的取值范围．17．一个盒子中装有大小形状相同的4个乒乓球，其中白球有1个“优等球”和1个“良好球”，黄球中也有1个“优等球”和1个“良好球”，从中逐个不放回依次取球．(1)求三次取球中，相邻两次颜色都不相同的概率；(2)若取出白球即停止，求恰好有一个“优等球”的概率．18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，．点为的中点．点在底面的投影落在梯形内．

(1)若（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值．(2)球为三棱锥的外接球，当二面角的平面角的余弦值为时，求平面截球的截面面积．19．已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且满足，，分别为的外接圆和内切圆的半径．(1)若，求的值；(2)求角的取值范围；(3)若存在整数，，使得恒成立，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】先解绝对值不等式得到集合，再结合集合的交集运算求解即可．【详解】由，即，解得，则，所以．2．A【详解】已知角终边经过点，记，点到原点距离，故．3．B【分析】根据空间两直线的位置关系判断即可得出结论.【详解】两条直线没有交点，说明这两条直线的位置关系为平行或异面而两条直线为异面直线时，它们必没有交点，所以选项B正确，选项ACD错误.故选：B.4．B【详解】在上的投影向量为.5．C【分析】根据题意结合圆锥体积公式得出几何体体积公式，利用直角三角形面积公式得出，利用勾股定理结合基本不等式求出，进而求出体积最大值．【详解】设直角三角形两直角边为，斜边为，则，设斜边上高为，则旋转体为两个共底圆锥，体积为：，由面积关系，故，由勾股定理，则，当且仅当时等号成立，故，最大体积．6．D【分析】先利用对数运算将化为，结合对数函数单调性得，再判断，可知最小，最终得到．【详解】，，因为，所以，即，又，所以，即．7．B【分析】分和两个区间去掉的绝对值，将写为分段函数，再分别化简各段的三角函数表达式，作出函数的图象，因为方程的解的个数等价于与的交点个数，所以结合图像找到交点恰为2个时的取值.【详解】当时，，此时，当时，，此时，作出在上的图象如图示：关于的方程恰有两个不同的实数解，而为偶函数，令，则在上恰有一个解，结合在上的图象可知只有当时符合要求，即时关于的方程恰有两个不同的实数解.8．C【分析】首先利用赋值，求出的值，构造辅助函数，推出其满足性质，继而设，则，，，由此结合各选项，即可判断出答案.【详解】令，令，则，即，；由此可知具有可加性，比如令，则，，以此类推，设，则，得，，，，故，，对于A，，则，则，即时，，A错误；对于B，，即，结合A的分析可知，B错误；对于C，，即，即，则，故，C正确；对于D，，即，即，此时，D错误.9．ACD【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A；运用反证法,假设，推得平面，得到，引出矛盾排除B；先证平面平面，即得平面判断C；先证平面，即得上的所有点到平面的距离都相等，从而利用三棱锥的等体积即可判断D.【详解】对于A：在正方体中，底面，底面，因此，因，，且平面，则平面.又平面，故平面平面,故A正确；对于B：由A得平面，因，，分别是，，的中点,则,故平面,又平面，则,假设,因平面，则平面，又因平面,则,易得,则，因,故产生矛盾，假设不成立，即与不垂直，故B错误；对于C：因，平面，平面,则平面.又因，平面，平面,则平面.又，平面，故平面平面.因在上，则平面，故平面,即C正确；对于D：正方体中，平面，平面，则平面.因点在直线上运动，则点到平面的距离都等于点到平面的距离，而底面的面积固定，故为常数,故D正确.10．BCD【分析】会利用方差公式来化简求解，并作出选项判断.【详解】两个直角三角形边长满足：，且，则可得：，利用方差公式，由，则，则，即，不妨设，满足，此时，即，则有，故A错误；不妨设，则有，将两组数据合并为样本的排序为：，故这6个数的中位数为第3、4个数的平均数，故B正确；合并为样本的总体平均数为：总体方差为：，因为，所以，则，故C正确；令，且，则，同理，则化简总方差得：，因为，所以，根据二次函数开口向下，可知在时单调递减，故，故D正确.11．AD【分析】利用正弦函数的周期性，结合分类讨论求值即可作出判断.【详解】A：当，时，当时，；当时，；当时，；当时，.所以，A正确.B：当时，.取，则所以，满足，但，B错误.C：取.若为无理数，则在模意义下稠密分布，故在上稠密，不可能只有个元素.若为有理数，设设，其中为正整数，且.当取遍整数时，角在模意义下只有有限个取值.在一个周期内，同一个正弦值至多对应两个角.若角的不同取值数不少于，则.因此只需检查角的不同取值数不超过的有限情形，逐一可得只能为等值，不会等于.所以对于，不存在使，C错误.D：若对所有整数成立，则若不是，则只能有对所有整数成立.比较相邻两个，得，从而，此时不可能等于.故当且时，必须有由，得这时在模意义下有个不同角，而一个正弦值至多对应两个角；若，最多只能容纳个不同角，矛盾.因此不存在这样的，D正确.12．【分析】方法一：先根据复数的乘除运算求出复数，进而求出模长；方法二：根据复数模的性质，直接化简求解即可.【详解】解：方法一：由，则，所以；方法二：由复数模的性质可得，则.13．【分析】首先化简已知，借助二倍角的余弦公式即可得解.【详解】，所以故答案为：【点睛】本题考查了三角函数诱导公式，二倍角的余弦公式，属于基础题.14．【分析】首先利用三点共线，以及平面向量基本定理表示向量，再根据，表示的关系，再结合余弦定理求，即可求.【详解】设，，所以且，解得：，，得，且，由条件可知，，即，即，，得，即，，即，，则所以.15．(1)41.0，(2)【分析】（1）应用频率分布直方图公式计算平均数及中位数；（2）应用对立事件概率和及独立事件乘积公式计算求解.【详解】（1）设平均数为，中位数为．，因为前两组的频率和为，前三组的频率和为，所以中位数落在内，则，解得．（2）由图可知和内的人数之比为，由分层比例可知，在区间中抽取3人，在区间抽取1人设事件为“第个人第二年再来”，其中，，，设事件为“这四个人第二年至少有一人再来”．，．16．(1)，，所以函数是由奇函数向上平移一个单位移得的，因此关于（0，1）中心对称．(2)【分析】（1）应用奇函数定义计算求解参数，再应用平移得到对称中心；（2）将问题转化为恒成立问题，参数分离计算求解.【详解】（1）是定义域上的奇函数．所以．对任意的恒成立，所以．，所以函数是由奇函数向上平移一个单位移得到，因此关于中心对称．（2）因为当时，，当时，，所以只要考虑时，恒成立，即，令，当时，，单调递增，当时，，对恒成立，所以．17．(1)(2)【分析】（1）先算出不放回取3球总排列数，再锁定相邻异色仅“白黄白、黄白黄”两种颜色排布，分别计算两种排布对应的取法数求和，最后用符合条件数除以总数得到概率；（2）按首次取出白球的位置分取1次、2次、3次三类互斥情况，每类分别计算全程恰好1个优等球的概率，最后将三类概率相加得到总概率.【详解】（1）设白球的“优等球”记为，白球的“良好球”记为；黄球的“优等球”记为，黄球的“良好球”记为．设三次取球中，相邻两次颜色不相同的事件为．，事件只能是黄白黄或白黄白两种模式，，所以．（2）取球的次数可能为一次，两次或三次．设当取球次数为一次，恰有一个“优等球”的事件为，．设当取球次数为两次，恰有一个“优等球”的事件为，，设当取球次数为三次，恰有一个“优等球”的事件为，，所以恰有一个“优等球”的概率为．18．(1)（ⅰ）因为，点为的中点，所以，又因为，所以，又因为，平面，平面，且，所以平面；（ⅱ）；(2).【分析】（1）（ⅰ）根据线面垂直的判定定理，即可证明；（ⅱ）先求得点到平面的距离，再求得，根据直线与平面所成角的概念，即可求解；（2）作于点，可得平面平面，作于点，于点，连接，可得为二面角的平面角，进而可求得，所以即为三棱锥的外接球球心，通过等体积法可求得点到平面的距离为1，进而可得截面圆半径，即可求得截面圆面积.【详解】（1）（ⅰ）略（ⅱ）因为，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，由（ⅰ）可得平面，即为到平面的距离，在中，，点为的中点，所以，，所以，即点到平面的距离为，又在中，，，，所以，设与平面所成角为，则；（2）作于点，连接，因为，所以，又，且平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面，作于点，于点，连接，

因为平面平面，且平面平面，所以平面，所以点为点在底面的投影，又，所以为二面角的平面角，即，又，，所以，所以，又由（ⅱ）可得，所以，所以为中点，所以在、、中，可得，所以，所以即为三棱锥的外接球球心，且球的半径为，在中，，所以，，所以，在中，，，，根据余弦定理，可得，解得，所以，所以，又平面，平面，所以，又平面，平面，且，所以平面，又平面，所以，设点到平面的距离为，所以，即，所以，即，解得，所以点到平面的距离为1，所以截面圆半径，所以截面圆面积为．19．(1)(2)(3)1【分析】（1）利用正弦定理将已知角的比例关系直接转化为边长比例，并联立题干给定的边长平方等式，代入余弦定理即可求解（2）由锐角三角形这一条件将已知等式代入并构造出不等式组，通过解不等式得出的范围，即可求解角的取值范围（3）结合三角形等面积法与正弦定理，将内外接圆半径之比转化为关于边长的分式，随后换元构造为关于的新函数，由此求解即可.【详解】（1）由题意得，所以