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

湖南省永州市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ACBCDCABBCABD题号11答案AD1．A【分析】首先化简复数，再代入模的公式.【详解】由条件可知，，所以.2．C【详解】如图可得：.3．B【分析】利用诱导公式化简函数解析式，可得为奇函数，函数图象关于原点对称，可排除C；由时，可排除AD，由此可得结果.【详解】函数，定义域为，，为奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C；当时，，，所以，可排除AD.4．C【分析】根据幂函数的定义及单调性求出，再结合指数函数的性质可得.【详解】因为函数为幂函数，所以，解得或，又为为增函数，则，故恒过定点.故选：C.5．D【分析】根据题意求出圆锥侧面展开扇形的圆心角，进而可求得母线长，再根据圆锥的侧面积公式即可得解.【详解】由题意可得圆锥侧面展开扇形的圆心角为，设圆锥的母线长为，则该圆锥的侧面积为．6．C【分析】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可.【详解】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，连接，所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形.由平行线分线段比例可知：，故，故为等腰直角三角形，所以，故，则，.连接，易知，所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为.又，所以五边形的面积为.

7．A【分析】延长交于点，延长交于点，延长交于点，根据和得，从而可以得出，设，，得，，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解.【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点.由为的垂心，，且，得，又，则，，所以，设，，则,即，，所以，即，则，所以，则.8．B【分析】根据立体几何中直三棱柱的得性质，通过改变顶点的方式，简便计算棱锥体积，根据题意判断截面位置，求出结果.【详解】如图所示，设直三棱柱的底面积为,体积为,如图所示，,所以,此时.此时平面在直棱柱的中间高度上，故平面与，，相交于它们的中点处，此时截面如图所示可知,.故选:B.9．BC【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式即可解答.【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误；对于选项B，，，故B正确；对于选项C，表示，，即，故C正确；对于选项D，交集为，则，故D错误.故选：BC.10．ABD【分析】根据大边对大角及正弦定理判断A，根据图形数形结合可判断B，由正弦定理及三角恒等变换判断C，由两角和的正切公式变形可判断D.【详解】因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确；如图，

，，且该三角形有两解，所以，即，故B正确；由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以或，即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误；因为，且，所以，即为锐角，所以为锐角三角形，故D正确.故选：ABD11．AD【分析】根据线面垂直的判定和性质判断A，根据垂心的定义判断B，根据二面角的定义判断C，由棱锥外接球体积的求解判断D.【详解】根据题意，平面，故平面；因为平面，所以，因为；故可得两两垂直.对A：由平面平面，故，故A正确；对B：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示：由A可知，，又平面平面，故，又平面，故可得：平面，又平面，故可得，即点在三角形底边的高上；同理可证，点在三角形底边的高线上.故点在平面的投影即为三角形的垂心，故B错误；对C：根据B中所求，为三角形的垂线，又，根据三线合一故可得点为中点.又，故三角形为等腰三角形，连接，则，根据二面角的定义，显然即为所求二面角.在三角形中，，，又，故.故二面角的余弦值为，则C错误；对D：因为两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径，故外接球体积，故D正确.故选：AD.12．【分析】根据函数图象的平移变换，结合偶函数的性质，做出函数草图，在把函数不等式转化为代数不等式求解.【详解】因为为偶函数，图象关于轴对称，将其向右平移1个单位，可得函数，图象关于直线对称；又在上单调递减，所以在上单调递增；又，所以.综上，的草图可以如下：所以.故答案为：13．【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据，利用直角三角形与直角三角形，即可列出外接球半径的方程，求解即可.【详解】假设为刍童外接球的球心，连接、交于点，连接、交于点，由球的几何性质可知、、在同一条直线上，由题意可知，平面，平面，，设，在中，，在矩形中，，，，在中，，在矩形中，，，，设外接球半径，，解得，则，即，则该刍童的外接球半径为该刍童外接球的表面积为：，故答案为：.14．3/【分析】第一空，利用余弦定理角化边，再化简计算即得；第二空，利用余弦定理将用表示，再利用基本不等式求出最小值.【详解】在中，由及余弦定理，得，因此；，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故答案为：3；15．(1)(2)【分析】（1）先应用平面向量的数量积定义计算得，再结合模长及数量积公式计算求解；（2）应用夹角余弦公式结合数量积公式及模长公式计算求解.【详解】（1）因为，与的夹角为，所以，∴，∴．（2）由（1）可知，∴．∵，设与的夹角为，∴．16．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）设，交于点，证明即可得线面平行；（2）证明平面，即可得．【详解】证明：（1）设，交于点.∵四边形为菱形，∴是的中点，∵是的中点，连接，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）∵四边形为菱形，∴，∵底面，平面，∴，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.【点睛】本题考查证明线面平行，证明面面垂直．解题方法是几何法，即应用线面平行和面面垂直的判定定理证明．空间线面间的位置关系还可用空间向量法证明．17．(1)平均数为69.5，第25百分位数为63(2)(3)【分析】（1）根据题意和频率分布直方图可列出关于的方程组，求出的值，然后根据平均数和百分位数的概念和公式求出其值即可.（2）先确定分层抽样比和人数，然后根据古典概型求取概率即可.（3）根据平均数和方差的概念和计算公式进行计算即可.【详解】（1）由题意，根据频率分布直方图可知：，解得，可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，所以这100名候选者面试成绩的平均数为，因为，设第25百分位数为，则，那么，解得，故第25百分位数为63．（2）抽取的10人中，第四组为8人，第五组为2人，记第四组的人的编号为1到8，第五组的人的编号为9和10，则样本空间共45个样本点，记两名面试者成绩都在第五组为事件A，则事件，故；（3）设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为，且两组频率之比为，则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为：，故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是．18．(1)证明见解析(2)①证明见解析；②8【分析】（1）由勾股定理得，由面面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理即可证明；（2）①利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理可得，再由即可证明；②根据线面垂直判定定理可得平面，将多面体分成2个四棱锥，再根据锥体的体积公式求解即可.【详解】（1）证明：因为，所以，所以.因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.因为，平面，平面，且，所以平面.

（2）①证明：因为，且为线段的中点，所以.因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面.所以，由（1）可知平面，则，，因为，，且，所以.因为，所以四边形是矩形.②解：因为，且为线段的中点，所以，由①知，因为平面，平面，且，所以平面，由①知，因为，，所以.则四棱锥的体积.故多面体的体积.19．(1)1；(2)①；②.【分析】（1）利用二倍角公式及和角的余弦公式化简，再求出函数的“相关向量”，进而求出模.（2）①利用定义求出，再利用余