湖南省衡阳市2025-2026学年高一下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）解析版

湖南省衡阳市2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷数学试题（解析版）题号12345678910答案DCDABBBBACDCD题号11答案BC1．D【分析】先解带绝对值的不等式化简集合再求即可.【详解】或，，所以或.故选：D2．C【分析】根据终边相同的角的定义可得结果.【详解】因为，故与角终边相同的角为.故选：C.3．D【分析】根据终边相同的角的集合，即可解题.【详解】终边在轴的非负半轴上的角的集合为.故选：D4．A【分析】根据三角函数符号以及充分、必要条件等知识可确定正确答案.【详解】若是第三象限角，则；若，如，则不是第三象限角.“角为第三象限角”是“”的的充分不必要条件.故选：A.5．B【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案.【详解】由单位向量，则，又，所以，所以，又，所以..故选：B.6．B【分析】根据大边对大角和余弦定理公式，证明变形之后的三角形最大角的余弦值正负，判断三角形形状.【详解】由题意不妨设，则可得，设每条边增加，则新的三角形的三边分别为，，，因为，，所以，，即为新的三角形的最大边，所以新的三角形的最大角的余弦值为.因为，，，，所以，所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形.故选：B.7．B【分析】利用正弦定理、切化弦以及两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值.【详解】由及正弦定理可得，因为，所以，整理得，所以，因为，则，由题意知，，故，因为，因此，.故选：B.8．B【分析】S的取值依据所含的个数分类：，，，可判断①；当时化简后可判断②；当时，易知S的值与有关，可判断③；利用放缩可判断④；利用化简后比较大小可得最小值，然后由求解可判断⑤.【详解】根据题意得S的取值依据所含的个数，分三类：有个、有个、有个，记，分别得S的取值为：，，则S至多有个不同的值，①错，若，则，此时，，，又、为非零向量，则，与无关，②对，若，则、、均与有关，则与一定有关，③错，若，则、、，则，④对，若，则、、，∵、，∴，解得，∴，⑤错，故选：B.9．ACD【分析】根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项.【详解】对于A，，则，故A正确；对于B，，则的虚部为，故B不正确；对于C，设，由得，所以，故C正确；对于D，若，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确.故选：ACD.10．CD【分析】利用异面直线所成角的定义和余弦定理求解可得.【详解】取的中点为，连接，，如图：

在中，，且，在中，，且，因为异面直线与所成角的大小为，所以直线PM，PN的夹角为，则或，当时，由余弦定理得，，得.当时，由余弦定理得，，得.综上所述，或.故选：CD11．BC【分析】对于A，根据三角降幂公式将条件化成即可判断；对于B，在A得到后，利用正弦定理与内角关系化简得到，即可判断；对于C，将已得式利用余弦定理即可化简得到；对于D，利用，将化成，借助于基本不等式，求得其最值即可判断.【详解】对于A，由可得，因，代入得：，则，角为钝角，故A错误；对于B，由A得，利用正弦定理，，又，代入上式，可得，即，显然两边同时除以，可得，因，则成立，故B正确；对于C，由A项已得，由余弦定理，，化简得：，即，故C正确；对于D，因，由B项得，代入可得：，因，，由，当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值为，故D错误.故选：BC.12．【分析】由中位线的性质可得，，再利用异面直线所成角的定义即可得.【详解】、分别为、的中点，则，同理可得，，因此，和所成角为的补角，即为.故答案为：.13．【分析】先判断函数的单调性，根据奇偶性化简题目所给不等式，利用函数的单调性求得的取值范围．【详解】当时，不妨设，根据已知条件得，即，所以在上是减函数，又因为函数是定义在上的奇函数，所以，故等价于，所以，解得．故答案为：．14．2【分析】作出示意图，利用余弦定理，即可得解．【详解】设轮船从点出发到达点，灯塔在点，如图所示，

由题意结合图可知，，海里，在中，由余弦定理知，，所以，即，解得或（舍负），所以灯塔与轮船原来的距离为2海里．故答案为：215．(1)(2)【分析】（1）已知为矩形，，所以，结合图形显示关系得出，从而得出的值，进而求出.（2）由（1）知，因为为矩形，则，结合题给条件，，求出以及，再根据求出两向量夹角的余弦值.【详解】（1）已知为矩形，，所以，所以，即，，所以．（2）由（1）知：，因为为矩形，则，所以，所以，所以，所以，所以，即向量与向量夹角的余弦值为：．16．（1）；（2）.【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）利用正弦定理将边化角，再利用和差角的正弦公式计算可得；【详解】解：（1），∴，所以，因为，∴．（2），∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于，连接，求证，即可由线面平行判定定理得证；（2）先由（1）得为异面直线与所成的角或其补角，再在中，由余弦定理即可得解.【详解】（1）证明：连接交于，连接，侧面为平行四边形，为的中点.又点为的中点，，又平面平面，平面.（2）由（1）得为异面直线与所成的角或其补角.在棱长均为2的正三棱柱中，，，，在中，由余弦定理得，异面直线与所成的角的余弦值为.18．(1)(2)(3)事件与事件不独立【分析】（1）根据集合子集的定义以及古典概率模型求解；（2）根据古典概型求解；（3）根据古典概型和事件独立性的定义求解.【详解】（1）集合的“集合价”为，集合有3个元素，集合的子集有个，共8个样本点，满足事件D=共4个，，事件D的概率.（2）集合M=,集合的子集有个，共16个样本点,设事件C=“集合B的“集合价”为”，则集合B有2个元素,事件C=共6个,,集合B的“集合价”为的概率.（3）集合B的“集合价”为，则集合B有3个元素,事件，共4个,,事件共8个,,事件共3个,,即事件与事件不独立.19．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由线面平行的判定定理、性质定理可得答案；（2）分别取的中点，由余弦定理求出，面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角．求出正弦值即可；（3）由面面垂直的性质定理得平面，设，设到平面的距离为h，根据求出，再由直线与平面所成角的余弦值得．在中由余弦定理求出可得答案．【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以；（2）分别取的中点，连接，如图所示．因为，所以，又，由余弦定理得，又，所以，，所以，即，即．又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，，因为分别为的中点，所以，，又，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角．因为，，所以，所以，即二面角的正弦