湖南省常德市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）

湖南省常德市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BCADDCABABDBD题号11答案BCD1．B【详解】设z=i−1i复数在复平面内对应的点为，位于第二象限．2．C【分析】求出总人数得到抽样比，利用分层抽样中样本容量等于总人数乘以抽样比即可求解.【详解】由题可得总人数为人，抽样比所以样本容量.故选：C.3．A【分析】根据，，利用余弦定理得到，再结合判断.【详解】由余弦定理可得，则.因为，所以，所以是等腰三角形.故选：A4．D【分析】可取的中点为，可得，根据，，三点共线，可知，且，，结合基本不等式可得的最大值．【详解】由已知，设中点为，易知．故，可化为，，．因为，，三点共线，故．所以，当且仅当时取等号．故选：D．5．D【分析】由正弦定理可得，由余弦定理得，由正弦定理得，即可求.【详解】如图，由题意，在中，，，，则为正三角形，则，在中，因为，，由余弦定理得，所以，故，此时灯塔C位于渔船的北偏东方向.故选：D.6．C【分析】根据复数的性质和判别式求解即可.【详解】因为关于x的实系数方程的两虚根为a，b，所以，即.因为，，所以，而，所以，两边平方得，解得.故选：C.7．A【分析】法一：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，设出P、Q点坐标，根据数量积公式，可得m，n的关系，结合基本不等式，整理计算，即可得答案；法二：设，则∠BCP＝，根据三角函数的定义，可得CQ、CP的长，根据数量积公式，结合余弦函数的图象与性质，分析求解，即可得答案.【详解】法一：建立以A为坐标原点，为轴，为轴的平面直角坐标系，则，设，所以，则，又，则有，令，，则，左右同时平方得，则，整理得，所以，又，所以，则，即，解得，或（舍去），又，且，所以，即，综上所述.法二：设，则∠BCP＝，∵正方形ABCD的边长为2，，∴.∴，∵，则，∴，∴.8．B【分析】根据题意得到，再利用正弦函数的零点为以及自变量的取值范围即可求解.【详解】因，将其图象向上平移个单位，然后保持纵坐标不变，横坐标扩大为原来的2倍得到，则，由，可得，因为在区间上恰有个零点，令，即，则，其中，因，①使得的的取值是和时，即需使和在区间内，但和不在此区间内，则有，解得；②使得的的取值是和时，即需使和在区间内，但和不在此区间内，则有，解得；③使得的的取值是和时，即需使和在区间内，但和不在此区间内，则有，无解；同理，使得的的取值是和时，其中，同样无解，综上所述，的取值范围为.9．ABD【详解】极差为17.7−7.3=10.4，故A正确；中位数是，故B正确；，所以分位数是与的平均数，故C错误；7.3+10.4+13.7+15.6+17.7510．BD【分析】根据空间中面面位置关系与线线位置关系的判定，可通过生活中的实物模型举反例结合空间几何基本定理判断各选项正误。【详解】对于A，想象一本半打开的书（比如打开成角），左边的书页是平面，右边的书页是平面，显然这两个平面不垂直，在左边书页上，画一条直线垂直于书脊（交线），在右边书页上，取书脊即交线为，此时互相垂直的，因此平面不垂直，也可以垂直，故A错误；

对于B，想象教室的墙角，地面是平面，前面的黑板墙面是平面，它们互相垂直，在地面上画一条直线，让它平行于墙脚线（交线），在黑板墙面上也画一条直线，让它也平行于墙脚线，此时，直线和直线是互相平行的，因此即使平面垂直，可以平行，即可能不垂直，故B正确；对于C，还是那本半打开的书，左右两页纸代表平面和，它们相交于书脊，肯定不平行，在左页纸上画一条横线平行于书脊，在右页纸上也画一条横线平行于书脊，根据几何公理（如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线互相平行），和都平行于书脊，所以和互相平行，因此哪怕平面相交（不平行），依然可以平行，故C错误；对于D，想象教室的天花板是平面，地面是平面，这两个平面是平行的，在天花板上画一条直线，方向是南北走向，在地面上画一条直线，方向是东西走向，直线a在头顶，直线在脚下，方向还互相交叉，它们既不会相交，方向也不一样，这种关系叫作异面直线，既然是异面，它们自然不平行，因此平面平行，可以是异面的（即不平行），故D正确.11．BCD【分析】根据正弦定理进行边角转换，结合三角形内角和与三角函数恒等变换公式可求角，判断A的真假；利用正弦定理表示边，结合三角函数的值域确定的最大值，判断B的真假；利用三角形的面积公式结合角的值，可求的值，再利用余弦定理结合基本不等式可求边的最小值，判断C的真假；利用向量判断点的轨迹为三角形角的角平分线，再利用面积法求三角形角平分线的长度，可判断D的真假.【详解】对A，因为，所以sinC则，则sinC因为，所以，即，因为，所以，故A错误；对B，因为，，由正弦定理得：，即bsinB=当时，b取最大值，且最大值为，所以B正确；对C，若的面积为，则有，即，因为a2所以，当且仅当时等号成立，所以a的最小值为2，所以C正确；对D，因为，，即，，则AD=μ则点D在角A的内角平分线所在直线上．当时，3μ+2μ=1，则D，B，C三点共线，设AD与边BC的交点为E，则当时，点D的轨迹就是的角A的角平分线AE．则，根据，12，则，所以D正确．12．－2＋i【分析】由题设可得点B对应坐标，据此可得B对应复数.【详解】由题设可得对应坐标为，则，从而对应复数为.13．【分析】由三角恒等变换和正弦定理得到，结合费马点的定义，三角形面积公式可得的值，进而由向量数量积公式可得答案.【详解】，即，由正弦定理得，即，，，因为，所以，，，因为，所以，故的三个内角均小于，又点为的费马点，则，由可得，由余弦定理得，故，解得，故，又，故，解得，所以.14．【分析】分析出的周期为，值域为，分别考虑函数在上包含一个最值点和函数在上不包含一个最值点，结合余弦函数的图象，求解即可.【详解】由余弦函数性质得的周期为，值域为，又因为函数在闭区间上的最大值和最小值的差为，所以，当函数在上包含一个最值点时，必有一个点为零点，即当最大值为1，最小值为0或当最大值为0，最小值为时，此时区间长度为；当函数在上不包含一个最值点时，则函数在上必单调，不妨设此时函数在上单调递增，取，由图象可得，又因为，因为，所以，所以，，所以，所以，此时所以，解得；当时，，且；当时，，，因为，所以，所以，所以cos2b−综上，，所以.15．(1)5(2)【分析】（1）根据复数的相关概念列式求解；（2）根据共轭复数的概念以及复数的几何意义列式求解.【详解】（1）由题意，为纯虚数，则需满足：由，解得或，由，解得且，综上，故当时，是纯虚数.（2）因为复数，所以复数，又因为在复平面内对应的点在第三象限，所以：由，解得，由，即，解得或，取两者的交集，得，故实数的取值范围是.16．(1)，76.5分，88(2)．【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得．这次竞赛的平均成绩为分．因为前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，所以第80百分位数在内．设这次竞赛成绩的第80百分位数为，则，解得．（2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取6人，竞赛成绩在内的有人，记为，，竞赛成绩在内的有4人，记为，，，．所有选法有，，，，，，，，，，，，，，，共15种，其中恰有1人的竞赛成绩在内的选法有，，，，，，，，共8种，故所求概率为．17．(1)(2)若选择条件①，不符合题意，若选择条件②、条件③，面积均为【分析】（1）根据二倍角公式，可得的值，再结合正弦定理即可求得的值，从而得到答案.（2）若选择条件①：则不符合题意；若选择条件②：根据同角三角函数的关系，可得，根据两角和的正弦公式，可得，根据正弦定理，可得边b，代入面积公式，可得答案；若选择条件③：求出边b，根据余弦定理，可得边c，代入面积公式，可得答案.【详解】（1）由题意得，因为A为钝角，所以，则，所以，即，由正弦定理得，所以，解得，又，所以.（2）若选择条件①：则，由（1）知，所以，不存在，不符合题意；若选择条件②：由，，得，则，由正弦定理得，所以，所以的面积，符合题意；若选择条件③：由，由（1）知，则，由余弦定理得，则，即，解得或（舍），所以的面积，符合题意.18．(1)2(2)①；②【分析】（1）利用多面体在各顶点处的离散曲率计算公式计算即得；（2）①过点作交于，连接，可推得即为直线与直线所成角或其补角，依次求出，，利用求出，即得利用离散曲率计算公式即可求得；②先证明平面平面，过作于，过作于，连接，证明平面，可推得为与平面所成角，为二面角的平面角，即，计算得到，利用差角的正切公式化简得到，借助于基本不等式即可求得其最大值.【详解】（1）因为，，，内角和均为，四边形内角和为，则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为；（2）①过点作交于，连接，则即为直线与直线所成角或其补角，因，平面多边形的外接圆圆心为与的交点，则圆的直径，连接，则易得等边三角形，故有，所以，，所以，在中，因，解得．即，可得：则得，即四棱锥在顶点处的离散曲率为②因为，所以为二面角的平面角，因为，所以，则平面平面．过作于，过作于，连接，因平面，平面平面，故平面，因平面，则，又平面，则平面，因平面，则，故为与平面所成角，为二面角的平面角，则，因为，所以，则得，因，则，