河南省信阳市五县一区2025~2026学年高一下册期末考试数学试卷【附解析】

数学本试卷共4页，19题，满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：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.复数，则的虚部为（）A. B. C. D.2.中，，为中点，设，，则（）A. B. C. D.3.已知，则（）A. B. C. D.4.“人造太阳”（托卡马克）的外形像一个巨大的“甜甜圈+圆柱塔”．其底座是圆柱体．某科技馆拟造一个“人造太阳”模型，其底座的直径为，高为．现要给底座的外侧面涂漆，每平方米需要的涂料，则需要（）千克的涂料？A. B. C. D.5.已知，是两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则B.若，为异面直线，，，，，则C.若，，，则D.若，，，则6.在如下图给出的频率分布直方图三种分布形态中，关于平均数，众数和中位数的说法正确的是（）A.图1中，中位数平均数众数 B.图2中，众数中位数平均数C.图3中，中位数平均数众数 D.三个图中，中位数与平均数和众数都大致相等7.如图，在三棱锥中，，底面，且，为中点，，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.8.中，为上一点，且满足，，又内一点满足，则的值为（）A.3 B.6 C.9 D.12二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.一个几何体是由一个正方体挖去一个内切球（球与正方体的各个面都只有一个公共点）以后得到的．现用一平面去截这个几何体，则截面图形可能为（）A. B. C. D.10.已知（，，）部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.关于对称C.若将的图象向左平移（）个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为D.若方程在上有且仅有一个实数解，则的取值范围为11.已知的内角、、所对的边为，，，直线与的边，分别交于，两点，点为中点，设，则（）A.B.C.当时，D.若，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.欧拉公式（）是瑞士数学家欧拉提出的，则_________．13.若平面向量两两的夹角相等，且，，则_________．14.在三棱锥中，平面平面，与都是边长为2的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则到平面距离的最大值为_________．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.已知向量和满足，在上的投影向量为，是与方向相同的单位向量．（1）求与的夹角；（2）若与能构成一个平面的一组基底，求的取值范围．16.中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，且，，在上，且，求．17.人工智能正在从技术概念全面渗透进我们生活的方方面面，重塑着人们的生活方式．为了让中学生全面了解人工智能与人们生活的关系，某市举办了“AI与生活”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取200份作为样本数据，将样本答卷中分数（）分成六组：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图．（1）求的值；（2）求样本数据的第75百分位数；（3）已知落在内样本数据的平均数是55，方差是6；落在内样本数据的平均数是64，方差是，且这两组数据的总方差是22，求落在内样本数据的方差．18.如图，正三棱柱中，为中点．（1）求证：平面；（2）若；①求直线与平面所成角的正切值；②在上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出的位置，若不存在，说明理由．19.已知向量，，函数，．（1）求在上的最大值；（2）计算的值；（3）若，，使得成立，求实数的取值范围．

数学本试卷共4页，19题，满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题：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.复数，则的虚部为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由题意可得：，所以的虚部为.2.中，，为中点，设，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：应用向量加减、数乘的几何意义，用表示出，即可得.解答过程：已知，，则，因为，所以，由，因为为的中点，所以，所以.3.已知，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：借助二倍角公式与同角三角函数基本关系计算即可得.解答过程：.4.“人造太阳”（托卡马克）的外形像一个巨大的“甜甜圈+圆柱塔”．其底座是圆柱体．某科技馆拟造一个“人造太阳”模型，其底座的直径为，高为．现要给底座的外侧面涂漆，每平方米需要的涂料，则需要（）千克的涂料？A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：对应外侧面为圆柱的侧面积，因为底座的直径为,高为，故圆柱侧面积，而每平方米需要涂料，因此一共需要涂料.5.已知，是两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，则B.若，为异面直线，，，，，则C.若，，，则D.若，，，则答案：B解析：思路：根据平面的基本性质及面面平行的判定定理依次判断各项的正误.解答过程：A：若、，则或，错误，B：为异面直线，且两条直线都同时平行于和，根据面面平行的判定定理，可在平面内存在两条相交直线，分别平行于和，显然两条相交直线都平行于，则，正确，C：若、、，则或或相交均有可能，错误，D：若，，，则可以相交或异面或平行，错误.6.在如下图给出的频率分布直方图三种分布形态中，关于平均数，众数和中位数的说法正确的是（）A.图1中，中位数平均数众数 B.图2中，众数中位数平均数C.图3中，中位数平均数众数 D.三个图中，中位数与平均数和众数都大致相等答案：B解析：解答过程：对于图1，频率分布直方图单峰对称，则中位数平均数众数，故A错误；对于图2，由频率直方图单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数，故B正确，D错误；对于图3，由频率直方图单峰不对称且“左拖尾”，最高峰偏右，众数最大，平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，故平均数小于中位数，所以平均数中位数众数，故C错误.7.如图，在三棱锥中，，底面，且，为中点，，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先根据，求出的长，再求到平面的距离，根据求三棱锥的体积.解答过程：设，因为底面，所以，又为中点，所以.因为，所以.由，所以，即.因为底面，所以平面底面，又，所以平面，所以点到平面的距离为2，因为为中点，所以点到平面的距离为1.又，所以.8.中，为上一点，且满足，，又内一点满足，则的值为（）A.3 B.6 C.9 D.12答案：B解析：思路：根据已知及向量的运算律化简条件得且点为的重心，从而有，进而有，应用向量数量积的运算律求结果.解答过程：由，得，即，所以，则是边上的高，即，，因为，则点为的重心，所以，故，由于，所以，同理，所以.二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.一个几何体是由一个正方体挖去一个内切球（球与正方体的各个面都只有一个公共点）以后得到的．现用一平面去截这个几何体，则截面图形可能为（）A. B. C. D.答案：ABC解析：思路：根据球与正方体的性质，通过直线与平面平行的性质，即可判断选项是否正确.解答过程：平行于正方体侧面且过正方体中心的面，截得的截面图形即为A过正方体正对面对角线且过正方体中心的面，截得的截面图形即为B，过正方体侧面两侧棱中点以及上底面两侧棱四等分点的面，截正方体，截得的截面图形即为Ｃ，对于D选项，由于正方体和球的高度对称性，截面图形中圆左右两侧离四边形边所在直线的距离或上下两侧离四边形边所在直线的距离应相等，故D选项错误.10.已知（，，）部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.关于对称C.若将的图象向左平移（）个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为D.若方程在上有且仅有一个实数解，则的取值范围为答案：AC解析：思路：对A：由图可得函数周期，即可得解；对B：求出解析式后，利用正弦型函数对称性计算即可得；对C：表示出平移后解析式后，利用正弦函数的对称轴计算即可得；对D：利用三角函数图象及其性质计算即可得.解答过程：对A：由图可得，则，即，故A正确；对B：由图可得，，解得，由，故，故，当时，，由不是函数的对称中心，故不关于对称，故B错误；对C：将的图象向左平移个单位可得函数，由偶函数性质可得，解得，又，故的最小值为，故C正确；对D：当时，有，由方程在上有且仅有一个实数解，则或，故D错误.11.已知的内角、、所对的边为，，，直线与的边，分别交于，两点，点为中点，设，则（）A.B.C.当时，D.若，则答案：BCD解析：思路：利用三角恒等变换及正弦定理，结合三角形内角的性质证明判断A、B，设直线（即）的单位方向向量为，结合向量投影的几何意义及、判断C，首先确定，根据钝角三角形的性质及内角关系判断D.解答过程：由，又且，所以而，若，所以，所以且，则，当都不为直角时，则，即；当都为直角时，上式也成立，即；而根据题设，不一定相等，所以不一定成立，A错误，由，又，所以，又，所以，B正确，设直线（即）的单位方向向量为，因为，向量在方向上的投影为，因为，向量与的夹角为，其在方向上的投影为，因为点为中点，则，因此，向量在方向上的投影为，当时，在方向上的投影为，即，化简得，

C正确，已知，所以为钝角三角形，由，即，所以，即，又，为锐角，则，故，在中，故，，因此，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.欧拉公式（）是瑞士数学家欧拉提出的，则_________．答案：0解析：解答过程：由题设，因此.13.若平面向量两两的夹角相等，且，，则_________．答案：或解析：思路：先由题意得两两的夹角或，再由向量模长公式结合数量积定义直接计算即可得解．解答过程：设两两的夹角为，则或，所以，因为或，所以或．14.在三棱锥中，平面平面，与都是边长为2的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则到平面距离的最大值为_________．答案：解析：思路：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案．解答过程：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，所以到平面的距离，即点到平面距离的最大值为.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.已知向量和满足，在上的投影向量为，是与方向相同的单位向量．（1）求与的夹角；（2）若与能构成一个平面的一组基底，求的取值范围．答案：（1）（2）解析：（1）由在上的投影向量为，得，所以，解得，又，所以．（2）当与平行时，设则，所以，所以当与能作为基底时，．16.中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，且，，在上，且，求．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据正弦定理，先将化为，再利用三角恒等变换得出，从而求出角.（2）根据的面积为，求出，再结合余弦定理，得到，从而求出的值，再由，得，两边平方，即可求得的值.（1）由正弦定理得可以化成，所以，即，又中，所以，所以．（2）由，所以，又，所以，所以，所以或，又，所以，，由，所以，所以，所以．17.人工智能正在从技术概念全面渗透进我们生活的方方面面，重塑着人们的生活方式．为了让中学生全面了解人工智能与人们生活的关系，某市举办了“AI与生活”的知识竞赛活动，现从所有竞答试卷的卷面成绩中随机抽取200份作为样本数据，将样本答卷中分数（）分成六组：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图．（1）求的值；（2）求样本数据的第75百分位数；（3）已知落在内样本数据的平均数是55，方差是6；落在内样本数据的平均数是64，方差是，且这两组数据的总方差是22，求落在内样本数据的方差．答案：（1）（2）84（3）解析：思路：（1）利用频率和为1列方程求参数值；（2）根据百分位数的定义及直方图求第75百分位数（3）应用样本均值、方差与总体方差的关系列方程求落在内样本数据的方差.（1）由题意，解得；（2）由频率分布直方图知，前3组数的频率为，前4组数的频率为，因此第75百分位数在第5组即区间上，设第75百分位数为，则，解得；（3）样本数据在区间的个数为，在区间上的个数为，所以，而，解得.18.如图，正三棱柱中，为中点．（1）求证：平面；（2）若；①求直线与平面所成角的正切值；②在上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，指出的位置，若不存在，说明理由．答案：（1）连交于，连，为中点，为中点，∴，而平面，平面，∴平面.（2）①，②存在，点