资源简介

云南昆明市2025-2026学年高一下学期期末质量检测数学试题
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知则p是q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．函数的零点所在的一个区间是（ ）
A． B． C． D．
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．自动流水线包装的袋装食盐，每袋标准质量是，规定质量误差为测量质量与标准质量之差．在一次产品检验中，随机抽取若干袋食盐，记录质量误差，绘制如图所示的“质量误差”与“对应频率”的频率分布直方图，则其中位数是（ ）
A．-1 B．-0.5 C．0 D．0.5
7．在等腰梯形中，，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．原样本，8，，，的平均数是8，方差是，原样本添加一个数据8组成新样本的方差为，原样本剔除一个数据8组成新样本的方差为，则、、的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列函数中既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，观察落地时朝上的面的点数，记随机事件“点数为奇数”，“点数为偶数”，“点数小于3”，“点数大于3”，则（ ）
A．与互为对立事件 B．与互斥
C．是必然事件 D．与相互独立
11．圆锥的轴截面是边长为的正三角形，，是底面圆的两条相互垂直的直径，A，B分别为线段，的中点，球O是圆锥内可放入的最大的球，则（ ）
A．圆锥的母线与底面的所成角是
B．异面直线与所成角为
C．球的表面积为
D．平面截球所得的截面周长为
三、填空题
12．已知，，，若，则________．
13．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为9，则________．
14．已知且，函数若的图象与直线有两个交点，则a的取值范围是________．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面是矩形，M是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面，，求证：．
16．某商场对购物的顾客提供一次抽奖机会．在不透明盒子中装入6个小球，其中4个黄球，2个红球，小球除颜色外其它均相同．顾客选择下面两种抽取方式中的一种，从盒子中抽取2个球．
方式一：一次性抽取2个球；
方式二：先抽取1个球，记录颜色后，放回盒子中，再抽取一次．
中奖规则为：抽取的2个小球至少有一个红球则中奖，否则不中奖．
(1)若顾客选择方式一，求中奖的概率；
(2)哪种抽取方式的中奖概率更大，请说明理由．
17．已知函数（，）图象的相邻两个对称中心之间的距离为，．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，（）且满足，求实数m的取值范围，及的值．
18．已知函数，．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求的最小值；
(3)若，在的最大值与最小值之和不大于，求的取值范围．
19．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，所有半正多面体均可由正多面体切割而来，体现了数学的对称美．如图，是一个棱长为4的正方体，点，，，，…，，，均在正方体的棱上，设（），同时用平面，平面，…，平面去截正方体，由这八个平面和正方体的六个面所围成的十四面体记为．
(1)若几何体是由正三角形和正八边形构成的半正多面体，求x；
(2)当时，若几何体的表面积为，判断并说明是否为半正多面体；
(3)当时，是否存在x使得几何体为半正多面体，若存在，求出的体积；若不存在，说明理由．
试卷第4页，共4页
《云南昆明市2025-2026学年高一下学期期末质量检测数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D A B C B C A AC BCD
题号 11
答案 ABD
1．C
解析：．
2．D
解析：，，
所以.
3．A
解析：或，
显然由p一定能推出q，但是由q不一定能推出p，
所以p是q的充分不必要条件，
故选：A
4．B
解析：由题意，函数在R上单调递增，
且，，，
所以函数的零点所在的一个区间是.
故选：B.
5．C
解析：由，
所以.
6．B
解析：频率分布直方图中，
区间：频率，累计频率，
区间：频率，累计频率，
区间：频率，累计频率，
因此中位数落在区间内。
设中位数为，累计到的频率为，则： ，
解得：，
所以中位数为.
7．C
解析：如图：
等腰梯形中，，所以，
又，，
所以.
8．A
解析：因为原样本共个数据，其平均数，所以方差，
添加数据8后的新样本共个数据，新平均数仍为，
因此： ，
剔除数据8后的新样本共个数据，新平均数仍为，
因此： ，
因为，所以，
即，当且仅当时，取等号.
9．AC
解析：对于A，是奇函数且在上是增函数，A正确；
对于B，是奇函数且分别在和上是增函数，B错误；
对于C，是奇函数且在上是增函数，C正确；
对于D，是偶函数，D错误．
10．BCD
解析：由题意得抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，共有6种等可能情况，
由已知随机事件“点数为奇数”，可得，
“点数为偶数”，可得，
“点数小于3”，可得，
而“点数大于3”，可得，
对于A，而，则与不互为对立事件，故A错误，
对于B，由已知事件是不可能事件，
结合互斥事件的定义可得与互斥，故B正确，
对于C，由题意得，
则，可得是必然事件，故C正确，
对于D，由题意得，满足，
由独立事件的性质得与相互独立，故D正确.
11．ABD
解析：对于A，如图，作出符合题意的图形，连接，
由三线合一性质得底面圆，且，
由线面角的定义可得圆锥的母线与底面的所成角是，
由三角函数的定义得，可得，故A正确，
对于B，如图，作出符合题意的图形，连接，
可得，异面直线与所成角为或其补角，
且，
由，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，故B正确，
对于C，由已知得，由题意得是等边三角形的中心，
则，设球的半径为，则，
可得，解得，由球的面积公式得面积为，故C错误，
对于D，如图，作出符合题意的图形，连接，
由题意得到面的距离为，且的面积为，
由棱锥的体积公式得，
而的面积为，设到面的距离为，
则，解得，由勾股定理得截面圆的半径为，
由圆的弧长公式得截面的周长为，故D正确.
12．10
解析：因为，所以，所以.
13．
解析：，由正弦定理得，，解得.
三角形面积，代入，解得：
为锐角三角形，故，
，
故.
14．
解析：当时，
时，单调递减，且，此时的图象与直线有一个交点；
时，单调递减，且，
此时的图象与直线没有交点；
时，单调递增，且，
又的图象与直线有两个交点，
所以，此时的图象与直线有一个交点，
，解得，又，
，
当时，
时，单调递增，且，此时的图象与直线没有交点；
时，单调递增，且，，
此时的图象与直线有一个交点，
时，单调递增，则，
又的图象与直线有两个交点，
所以，此时的图象与直线有一个交点，
，解得，
综上，．
15．(1)连接交于点O，连接，
因为底面是矩形，所以O为中点，
又M是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
(2)因为平面，平面，所以，
因为是矩形，所以，
因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，且M是的中点，所以，
因为，且平面，所以平面，
又平面，所以．
解析：（1）略
（2）略
16．(1)
(2)方式一中奖概率更大，理由如下：
采用方式二抽取，所有等可能的结果，．
记“顾客选择方式二且中奖”为事件B，则
，，
所以．
因为，
所以顾客选择方式一中奖概率更大．
解析：将四个黄球编号为1，2，3，4，两个红球编号为5，6．
（1）采用方式一抽取，所有等可能的结果
，．
记“顾客选择方式一且中奖”为事件A，则
，，
所以，
所以顾客选择方式一中奖的概率为．
（2）略
17．(1)
(2)，
解析：（1）由题，得，所以，
又，故，所以．
由于，所以，又，所以，
即．
（2）由题．
当时，则，
由，得，故函数在上单调递增；
由，得，故函数在上单调递减．
又，，
，
由于，（）且，
即在内的图象与直线有两个不同的交点，所以．
由于的图象关于直线对称，所以．
18．(1)
(2)
(3)
解析：（1）当时，的定义域为，因为，所以是增函数，
即，所以，解得，
所以的解集为．
（2），所以，（）
，
，因为，所以，，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为2．
（3）因为，所以是增函数，所以在上的最小值为，最大值为，
，在的最大值与最小值之和不大于，即
等价转化为恒成立，
因为，所以的最大值为，所以，化简得，
解得，又因为，
所以．
19．(1)
(2)是，说明如下：
时，，
，
则的表面积为，
所以，解得，
此时，、重合，、重合，、重合，、重合，
八边形退化成边长为的正方形，是边长为的正三角形，
根据对称性，的所有棱长均为，且由6个正方形、8个正三角形围成，故为半正多面体．
(3)存在，32
解析：（1）依题意：八边形为正八边形，
为正三角形，则，
因为，所以，故．
（2）略
（3）当时，设，
，，
，，
如图，取中点O，连接，，
根据对称性可知，，均为等腰直角三角形，四边形为正方形，
则，，，，
所以，
要使得为半正多面体，则，即，解得，
此时，由八个正六边形和六个正方形围成，故是半正多面体，
.
答案第10页，共10页
答案第9页，共10页

展开更多......

收起↑