湖北中部地区2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案）

第PAGE"pagenumber"pagenumber页，共NUMPAGES"numberofpages"numberofpages页湖北中部地区2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知平面向量，，若，则（

）A． B． C． D．4．数据7，8，12，5，6，7，10，6，12，8的上四分位数为（

）A．6 B．8 C．10 D．125．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（

）A． B．或 C． D．或6．已知，且，则的值为（）A． B． C． D．7．已知函数在上是单调函数，且对任意，都有，则的值为（

）A． B． C． D．8．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知，，分别是三个内角，，的对边，且1，点为的费马点．若，则的值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知，，为实数，则（

）A．若，则 B．若，，则C．若，，都大于，则 D．若，，，则10．已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为．若，且，则（

）A． B．面积的最大值为C． D．边上的高的最大值为11．如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（

）

A．三棱锥的体积为定值B．存在点P，使得C．若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为D．若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为三、填空题12．已知，为两个随机事件，，，若，则__________．13．__________．14．四面体中，，，，且异面直线与所成角为．若四面体的体积为，则四面体的外接球半径的最小值为__________．四、解答题15．已知，．（1）若且，求在方向上的投影向量；（2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．16．已知函数的一部分图象如图所示，如果，，．（1）求函数的解析式；（2）当时，求函数的最大值与最小值，并写出对应的值．17．国务院2026年印发的《关于推进服务业扩能提质的意见》，将物业服务纳入社区服务的重点提升领域．某社区为提升物业服务质量，随机选取了100名业主就小区物业服务情况进行问卷调查，并将业主的满意度评分值（百分制）按照，，，…，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．（1）求图中的值；（2）估计这组数据的众数与平均数（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）；（3）已知这100名业主中满意度评分值在内的男性人数与女性人数的比为．若在满意度评分值为的人中随机抽取2人进行座谈，求恰有1名女性的概率．18．如图，在四棱锥中，△为等边三角形，平面平面，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为．若存在，求出值；若不存在，请说明理由．19．在平面四边形中，，且.（1）中，设角的对边分别为，若.①当时，求的值；②当时，求的最大值.（2）若，且，将沿翻折成，使得平面平面，在四面体中，任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为，试比较的大小.

参考答案1．【答案】B【详解】由题可得：，，所以.2．【答案】C【详解】由于，所以，则，所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限.3．【答案】D【详解】因为平面向量，，若，则，解得.4．【答案】C【详解】将数据按升序排列可得5，6，6，7，7，8，8，10，12，12，因为，所以上四分位数为第8位数10.5．【答案】A【详解】在中，由正弦定理可得：，将，，代入上式，且，得：，得，由于，因此或，又因为，可得，即不符合要求，故舍去，因此.6．【答案】D【详解】因为，又，所以，即，又，所以，因为，所以，，所以，所以.7．【答案】C【详解】因为是上的单调函数，且对任意都有，因此存在唯一的常数，使得，即,则可得.令，由于与均在上单调递增，因此在上单调递增，又，故方程有唯一实数解,因此，.8．【答案】A【详解】在中，，因此，所以，整理得，又，可得，在三角形中sinB>0，因此，即，显然的三个内角都小于.根据费马点定义，此时点满足两两夹角为，即任意两个向量的夹角都是，因此：，同理，，因此待求式可写为：，的面积可拆分为三个小三角形面积之和：，已知，，因此，因此：，解得：，所以.9．【答案】AD【详解】对于A，因为，所以，故，可得，A对；对于B，举特殊值，取，，则，与结论矛盾，B错；对于C，作差得，若，则，反之，，C错；对于D，根据基本不等式，当且仅当，即时，取等号，D对10．【答案】ABD【详解】选项A：由，再由正弦定理得.又因为，所以得，即，由余弦定理，又因为，所以，故A正确；选项C：由正弦定理，得​​，并非，故C错误；选项B：由A选项分析知，结合基本不等式，得，即，当且仅当时取等号，将代入，解得.所以三角形面积​​，即面积的最大值为，故B正确；选项D：设边上的高为，由三角形面积公式，由选项B分析知，所以，得，当且仅当时取等号，即边上的高的最大值为，故D正确.11．【答案】ACD【详解】对于A，在正方体中，平面平面，则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确；对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

设，，，不垂直，因此不存在点P，使，B错误；对于C，连接，平面，平面，则，而，又平面，则平面，又平面，则.同理得，又平面，则平面，由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面与底面交线，即为线段，又，C正确；

对于D，取中点为，连接，平面，由平行于，平面，得，又，则平面，又取中点为，则，有四点共面，则平面平面.平面即为平面，设平面分别与交于，由平面平面，平面，平面，则，又都是中点，则是中点，同理是中点，于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，所以截面面积为，D正确.

故选ACD12．【答案】/【详解】已知随机事件满足，则,；方法1：由并事件的等价性，直接得;方法2：对任意随机事件，有，代入、、，得.13．【答案】【详解】由题意得：.14．【答案】【详解】由，，可将四面体补形成直棱柱，过作，且，则平面，过作，且，则四面体补成直三棱柱，因为，，所以，即原四面体体积等价于以为底、为高的直三棱柱体积的，设，，异面直线与所成角为，则与的夹角为，则的面积为：，由四面体体积公式：，解得，直三棱柱的外接球与四面体的外接球完全相同，外接球的球心到平面的距离为，根据正弦定理，的外接圆半径满足：，即，由余弦定理：，结合基本不等式，得，即，因此，外接球半径满足：，即，当且仅当时取等号.则四面体的外接球半径的最小值为.15．【答案】（1）（2）【详解】（1）因为，，所以，，即，解得或，又因为，故．此时，，，，所以在方向上的投影向量为.因此在方向上的投影向量为.（2）因为与夹角为钝角等价于且与不反向共线．所以，解得．若，则，即，解得或．当时，，，，与同向，与的夹角为，舍去；当时，，，，与反向，与的夹角为，非钝角，舍去．综上，实数的取值范围为.16．【答案】（1）（2）最大值为4，此时；最小值为1，此时【详解】（1）由图象可知，，，设最小正周期为，，∴，∴，又∵，且，∴，，∴，∴函数的解析式为.（2）当时，，，故当，即时，有最小值；当，即时，有最大值.17．【答案】（1）（2）众数为，平均数为（3）【详解】（1）由.（2）估计众数为，估计平均数为：.（3）由题意，满意度评分值为的人有人，其中男性人，记为，，；女性有人，记为，.从这5人中随机抽取2人进行座谈，所有的样本点有：，，，，，，，，，，共10个.记“恰有1名女性”为事件，则事件包含：，，，，，6个样本点.所以.18．【答案】（1）证明：取棱的中点，连接，因为为等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，所以平面.（2）（3）存在，【详解】（1）略（2）连接，由（1）中平面，所以为直线与平面所成的角.因为为等边三角形，，且为的中点，所以，又，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）取中点，连接，，在中，，因为平面，又平面，所以，在中，，所以，所以，又点为中点，所以，同理，所以为二面角的平面角，设，在中，，在中，，在中，，，，由余弦定理可得，即，化简得到，解得或（舍去），即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为，此时．19．【答案】（1）①16；②（2）【详解】（1），由正弦定理得，由余弦定理得，化简得：，①当时，，.②当时，，当且仅当即时取等号，的最大值为.（2）由，，由余弦定理得，即，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，所以在四面体中，任取两条棱，共有1