湖南省岳阳市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）

湖南省岳阳市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CBDBCDBABDACD题号11答案BCD1．C【分析】先将此式根据完全平方展开，再根据复数的相关概念可得.【详解】由题意可知，再根据复数相关概念可知，虚部为.2．B【分析】利用复数的除法运算得到，其中为实部，为虚部，据此求解.【详解】由题意可得，则复数z的实部和虚部分别是2，1.故选：B.3．D【详解】根据直观图可得原图形中是直角三角形，，，，.4．B【详解】法一：由得：，即，解得，则，又得，所以.法二：（特殊值）由题意可设，可得.法三：（数形结合）因为，所以是以为邻边的平行四边形的对角线向量，是另一条对角线向量，所以平行四边形是矩形，所以，从而向量在方向上的投影向量是，又因为向量与的数量积等于向量在方向上的投影向量与的数量积，可得.5．C【分析】由题意可得，设，，根据共轭复数结合复数运算可得，列式求解即可.【详解】因为，即，设，，则，可得，，则，可得，解得，所以.6．D【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系进行判断．【详解】对于A，若，，则与可以平行或相交，故A项错误；对于B，若，，则与可以平行，异面，相交，故B项错误；对于C，若，，，则与可以平行，异面，相交，故C项错误；对于D，若，由线面平行的定义，存在，使得，由得，而，得，故D项正确．7．B【分析】根据给定条件，利用等体积法求出点到平面的距离.【详解】依题意，在三棱锥中，两两垂直，在中，，，，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，所以点到平面EFD的距离为.答案：B8．A【分析】根据平面向量数量积的定义将原等式变形为，利用正弦定理和三角恒等变换的应用求得.根据和数量积的定义与运算律，建立关于的方程，解之即可.【详解】如图，为的中点，，由，得，即，由正弦定理，得，即，得，由，得，又，所以.由，得，又，，所以，整理得，由，解得.故选：A9．BD【分析】对各选项，先用正弦定理计算，再结合边的大小关系判断角的范围与解的个数；钝角选项直接由大边对大角排除矛盾情况；等腰选项直接由等边对等角求出唯一解，从而筛选出恰有一解的选项．【详解】对于A，由，得，因为为锐角，且，，即，所以三角形有两解，A错误；对于B，由，得，因为，所以，故必为锐角，所以只有一解，B正确；对于C，因为，则是的最大内角，又由，得，所以无解，C错误；对于D，由，得，，恰有一个解，D正确．10．ACD【详解】对于A选项：设，∵，∴.∴.又∵，∴，故A正确.对于B选项：取，，此时，但，故B错误.对于C选项：∵设，，且，∴，∴虚部，即，∴，故C正确.对于D选项：由复数模的运算性质可知，对任意两个复数，均满足，故D正确.11．BCD【分析】斜二测画法对应的平行关系、长度关系还原平面图，然后逐一验算各个选项即可得解.【详解】对于AB：还原平面图如下图，

则，，，故A错误，B正确；对于C：过作交于点，则，由勾股定理得，，故四边形的周长为：，即C正确；对于D：四边形的面积为：，即D正确.故选：BCD．12．/【分析】先求得、的等量关系，然后利用基本不等式即可求得答案.【详解】依题意，，，、、三点共线，，，当且仅当，，时，即时等号成立.故答案为：.

13．【分析】根据向量共线列方程，利用基本不等式来求得正确答案.【详解】∵λ，μ为正实数，，故，∴，又P，B，D三点共线，∴，∴，当且仅当，时取等号，故λμ的最大值为.故答案为：14．/【分析】先根据“两点之间直线段最短”确定空间四边形周长最小时所在的位置，再构造二面角的平面角，利用直角三角形的边角关系求二面角的平面角的余弦.【详解】延长至点，，点和点关于点对称，则，等号成立时，，，四点共线．即当空间四边形的周长最小时，，，，四点共线．于是.作于点，连接，则为二面角的平面角．在中，，所以二面角的余弦值为．故答案为：15．(1)当时，此时三角形不存在，当或时，此时三角形只有一解，当时，此时三角形有两解.(2)【分析】（1）根据三角形个数判断法则判断即可.（2）先根据题目条件及正弦定理求出，再利用正弦定理将边全部用角来表示，最后将周长用的三角函数来表示，结合锐角三角形求出周长的取值范围.【详解】（1）如图所示，作边上的高.，.当时，此时三角形不存在，当或时，此时三角形只有一解，当时，此时三角形有两解.（2）由正弦定理，得.又，，即，.又因为为锐角三角形，.设的周长为，则为锐角三角形，，.，，.故周长的取值范围为.16．(1)正十二面体共有条棱，个顶点(2)(3)柏拉图多面体只有种，理由见解析【分析】（1）根据正十二面体有个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案；（2）分别求出正方体和正八面体的体积即可得解；（3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，再分情况判断即可.【详解】（1）根据柏拉图多面体满足性质：，正十二面体有个面，即，则，设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，则，由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，则有，即，所以，所以，所以，即，由，得，当，即时，，符合题意，当，即时，（舍去），当，即时，（舍去），当，即时，（舍去），综上所述，，，此时，即正十二面体共有条棱，个顶点；（2）设正方体的棱长为，则，几何体所有棱长为，是正八面体，所以，所以；（3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，则，由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，则有，代入可得，即，当时，，这与矛盾，所以中至少有一个等于，若，则，由于，则，因此，则，对应，所以存在正四面体，正八面体，正二十面体；若，则，由于，则，因此，则，对应，所以存在正四面体，正六面体，正十二面体综上所述，柏拉图多面体只有种.【点睛】关键点点睛：假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，是解决第三问得关键.17．(1)(2)，【分析】（1）根据频率分布直方图计算样本数据的第百分位数即可；（2）先求出总体平均数，再利用分层抽样的方差公式求解即可.【详解】（1）由题意可知，进入决赛的同学成绩的分数线为样本数据的第百分位数，设样本数据的第百分位数为，由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可得，解得，前三个矩形的面积之和为，前四个矩形的面积之和为，所以，由百分位数的定义可得，解得，故进入决赛的同学成绩应不低于分.（2）由题意可知，成绩落在的频率为，成绩落在的频率为，所以，，.18．(1)①成立，②不成立．(2)(3)．【分析】（1）根据向量坐标运算法则以及仿射坐标系定义利用共线定理和数量积坐标运算，即可判断①成立，②不成立；（2）由－仿射坐标系中向量坐标表示以及数量积的运算律计算可得结果；（3）设，以为基底将表示出来，得出数量积的表达式，再由正弦定理以及辅助角公式计算即可得出最大值.【详解】（1）①成立，②不成立．若，则存在非零实数满足，因此可得，即，所以①成立，若，可得则，因此不成立，即②不成立（2）由，，得，，且，所以，，则，故，因为与的夹角为，则，解得，或（舍去）（3）依题意设、，且，，，因为F为BC的中点，则，因为E为BD中点，同理可得，所以由题意可知，，，则在中，由余弦定理得，所以，代入上式得在中，由正弦定理得，设，则，且，所以，，因为，则，故当时，取最大值，则的最大值为．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）求证，即可求证；（2）利用平面求出点到平面的