2026年广东广州市三校联考高一期末考试数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025-2026学年下学期期末考试高一数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.一、单选题：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．已知集合，，则（）A． B．C． D．2．已知甲、乙两人投篮命中的概率分别为和，且事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则甲、乙两人至少有一人命中的概率为（

）A．0.88 B．0.48 C．0.32 D．0.123．已知，则的值为（

）A． B． C． D．4．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（

）A． B． C． D．5．已知四边形ABCD为平行四边形，，F为AC与DE的交点，则（

）A． B． C． D．6．记，，分别为的内角，，的对边，且，，则的形状为（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角或直角三角形7．已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（

）A．99 B．78 C．66 D．528．已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（

）A． B． C． D．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．已知复数，其中，是虚数单位，则（

）A．当时，为纯虚数 B．当时，C．当时， D．当时，10．下列说法正确的是（

）A．在中，为的中点，则B．在中，若，则是等腰三角形C．已知，若与的夹角是钝角，则D．在边长为6的正方形中，点在边上，且，点是中点，则11．在矩形中，，，将沿折叠至，得到三棱锥，设球为三棱锥的外接球，则下列说法正确的是（

）A．若平面平面，则三棱锥的体积为B．球的半径为1C．若与BD的夹角的正切值为，则二面角的大小为D．设分别为的中点，则直线被球所截长度的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，则向量在方向上的投影的坐标是_______．13．已知，，且，则的最小值为____________.14．已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________.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．如图，正三棱柱中，，为的中点．(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的余弦值．16．学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的50名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）．(1)求的值，并估计此次数学测试分数的平均数与中位数．（中位数保留一位小数）(2)若采用分层随机抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，查看他们的答题情况，再从中选取2个人进行面试，求这2人中至少有一人分数在内的概率．17．设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若，求的面积S的取值范围；(3)若的外接圆半径为，求内切圆半径的最大值．18．如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，．(1)证明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)求直线与平面所成角的正弦值的最小值．19．对于一组向量、、、…、（且），令，如果存在，使得，那么称是该向量组的“长向量”．(1)设，且，若是向量组、、的“长向量”，求实数的取值范围；(2)若，且，向量组、、、…、是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；(3)已知、、均是向量组、、的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系中有一点列、、、…、，满足为坐标原点，为的位置向量的终点，且与关于点对称，与（且）关于点对称，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】因为集合，，所以.2．A【分析】令事件表示甲投篮命中，事件表示乙投篮命中，事件表示甲、乙两人至少有一人命中，则，，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可求解.【详解】令事件表示甲投篮命中，事件表示乙投篮命中，事件表示甲、乙两人至少有一人命中，则，所以，所以，故选：A.3．A【详解】，解得，原式.4．C【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，作平面分别交平面、平面于、，作平面交于，则、分别为、的中心.因为，所以，，所以，设该正三棱台的高为，因为，所以，故，故选C.5．A【分析】本题考查平面向量的线性运算，解题的关键在于利用向量共线的性质，结合平行四边形的性质，将用和表示出来，先根据已知条件得到与的关系，再利用向量共线设出与的关系，进而得到与、的关系，最后根据求出．【详解】已知，则．因为为与的交点，所以，，三点共线，，，三点共线．设（为实数），因为是平行四边形，所以，所以．因为，，三点共线，所以存在实数，使得．又因为，，所以．，解得．所以．根据向量减法的三角形法则，，将代入可得：．6．C【分析】应用正弦定理得出，再应用余弦定理计算得出两角和余弦值即可得出角的范围判断形状.【详解】因为，由正弦定理得，又，故，由余弦定理得，故，得，所以，得，所以，或，，所以为钝角三角形.7．A【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论.【详解】因为关于对称，所以，用替换可得①，因为关于对称，所以，又，用替换可得，用替换可得，两式相加可得，用替换可得②，由①②可得，用替换可得因为，在中令，得，故，，因此.8．D【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出，然后把方程化简，等价于求和在内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解.【详解】已知​是的零点，代入得：，即，解得，由条件：时，代入验证：时，，，恒成立，符合条件；时，​，，恒成立，不符合条件；时，的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件.因此，，当时：；当时：，原方程等价于求和在内的所有根之和.令，当时，，方程，即在内仅是解，对应：，​方程即在内有两个解，由正弦函数对称性得，对应：，​​故所有根的总和为：.​9．BCD【详解】对A：当时，，故A错误；对B：当时，，故B正确；对C：当时，，此时，故C正确；对D：当时，，所以，故D正确.10．BD【详解】对于A，因为在中，为的中点，则，所以A错误；对于B，因为是非零向量，所以所在的直线平分，因为，所以，所以是等腰三角形，故B正确；对于C，因为与的夹角是钝角，所以，且与不共线，由得，所以，又与不共线，所以，所以，所以当与的夹角是钝角，且，故C错误；对于D，如图，以为原点建立平面直角坐标系，则，所以，所以，故D正确.11．BCD【分析】作和分别垂直，得到，结合体积公式，可判断A错误；取为的中点，且为外接球的球心，求得球的半径，可判定B正确；取，连接，在中，利用余弦定理，求得，可判定C正确；根据向量的运算法则，求得的取值范围，得到球心到的距离的取值范围，结合圆的弦长公式，可判定D正确.【详解】对于A，作垂直于点，垂直于点，所以，当平面平面时，三棱锥的体积，所以A错误；对于B，设为的中点，根据直角三角形的性质，可得，即为外接球的球心，可得球的半径为，所以B正确；对于C，如图1所示，取，且，连接，则，且与BD的夹角，即为，因为，所以，在中，，且，由余弦定理得，又因为，所以，所以C正确．对于D，取的中点，连接，如图2所示，过点分别作垂足分别为因为分别为的中点，且，在直角中，可得，同理可得，所以，设向量夹角为，可得，又因为，可得，因为，可得，所以，即又由球心到的距离为，可得，则截得的弦长为，所以直线被球所截得的长度的取值范围为，所以D正确.12．【分析】利用向量的数量积运算以及投影坐标的概念求解．【详解】由题得，所以，与向量的同向单位向量为，所以向量在向量方向上的投影的坐标为．故答案为：．13．【分析】由题可得，令，所以再利用基本不等式求解即可.【详解】由题可得，所以，令，即，所以，当且仅当，即，时，等号成立，的最小值为13.14．【分析】先对已知条件进行化简，得出的值，再根据确定集合中元素的轨迹，最后分析且时的取值范围.【详解】，.设，则，即，，.已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点.题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集：两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径，建立如图所示的坐标系：是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到，中最远的两点距离是两个外圆的交点距离，因为两个外圆半径都是，圆心距，由勾股定理可得两交点距离为：因此∣的取值范围是15．(1)证明：连接，交于点，连接，则为的中点，又为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．(2)【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；（2）只需说明是异面直线与所成的角或其补角，再结合余弦定理求解即可.【详解】（1）略（2）由（1）知，所以是异面直线与所成的角或其补角．由题知，，在中由余弦定理，得.16．(1)，平均数75分，中位数约为.(2)【详解】（1）由频率分布直方图，得，所以.该次测试分数的平均数的估计值为：分；测试分数在的频率：，测试分数在的频率：，则测试分数中位数为，，解得，所以此次数学测试分数的中位数约为.

（2）记分数在的人数为（人），分数在的人数为（人），由，得采用分层随机抽样的方法抽取的5人中，分数在的有2人，编号分别为，分数在的有3人，编号为，从这5人中选取2人的样本空间，则，记事件“至少有一人分数在”，则，则，所以这2人中至少有一人分数在内的概率为.17．(1)(2)(3)【分析】（1）由正弦定理边化角及两角和的正弦公式化简后可求得进而可求；（2）由三角形的面积，利用正弦䆙理求得，可求的面积S的取值范围；（3）利用正余弦定理求得，利用基本不等式可求得，利用三角形面积可求得，再结合的关系可求得的最大值.【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，，，，又，．·（2）由，得．由正弦定理得，则．又为锐角三角形，得，则，即，，于是，即的面积S的取值范围为．·（3）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r．由（1）如，．由余弦定理得，即，，．·，（当且仅当时，等号成立）．·，·（当且仅当时，等号成立）．显然此时为等边三角形，满足题意，故内切圆半径的最大值为．·18．(1)证明过程见解析(2)(3)【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直；（2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值；（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值.【详解】（1）平面平面，交线为，又，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，因为，，平面，故⊥平面；（2），，，由勾股定理得，平面，平面，所以，因为，，由勾股定理得，过点作⊥于点，则，故，过点作⊥，交于点，连接，故即为二面角的平面角，由勾股定理得，又，由余弦定理得，故，在Rt中，，即，解得，故，在Rt中，，由余弦定理得，故，在中，由余弦定理得，故二面角的余弦值为；（3）连接，因为，，所以，又，⊥，由勾股定理得，设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，，由（1）得平面，故，设，则，，故，在中，由余弦定理得，故，则，因为，所以，故，当时，取得最小值，最小值为，故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法：（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.19．(1)(2)存在“长向量”，且“长向量”为、，理由如下：由题意可得，若存在“长向量”，只需使，又，，即，即，当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为、．(3)【分析】（1）得到，从而得到不等式，求出答案；（2），若存在“长向量”，只需使，又，故，即，当或6时，符合要求，得到结论；（3）由题意得，同理，，三式相加并化简，得，设，由得，设，由对称得到方程组，求出，其中，故．【详解】（1）由题意可得：，即，又，故，故，解得；（2）略（3）由题意，得，，即，即，同理，，三式相加并化简，得，即，，所以，