湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期期末考试数学自编试卷01人教A版解析版

湖南省长沙市2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷01数学试题题号12345678910答案BAABBBDCADABD题号11答案BCD1．B【详解】对于A，相等向量必须长度相等方向相同，故A错误；对于B，由共线向量的定义得方向相同或相反的两个向量叫做共线向量，故B正确；对于C，零向量的方向是任意的，并非没有方向，故C错误；对于D，平行向量的方向可以相同，也可以相反，故D错误.2．A【分析】先利用复数的除法运算化简复数z，再根据其对应点的坐标判断所在象限.【详解】由题意得复数，复数z在复平面内对应的点为，该点位于第一象限.3．A【分析】利用线性变换下平均数满足、方差满足的性质分步计算，分别求出变换后数据的平均数与方差.【详解】设原数据的平均数为，方差为，由题意得，.设新数据的平均数为，则设新数据的方差为，则新数据的平均数为，方差为.4．B【详解】从1~10共10个整数中随机选数，总共有10种等可能结果.A∩B在1~10中，能被2整除的数为，排除能被3整除的6，剩余符合条件的数共4个，即.则P(A∩B5．B【分析】利用二倍角的余弦公式以及正弦定理、勾股定理得出，再利用正弦定理化简得出的值，由此可得出的形状.【详解】因为，则，整理可得，由正弦定理可得，故，因为，由正弦定理可得，因为、均为锐角，故，则，所以，故，因此，为等腰直角三角形.故选：B.6．B【分析】应用二倍角余弦公式及余弦边角关系得到，即可得.【详解】由，则，所以，可得，不能确定是否成立，所以一定是直角三角形.故选：B7．D【详解】因为，所以,设，则，因为三点共线，所以，得，则，故，则.8．C【分析】先确定平面截棱柱的截面位置及截成的几何体的形状，一个三棱台和一个五面体，再分别计算三棱台的体积和三棱柱的体积，进而可得体积比值.【详解】如图：设平面与棱交于点，由棱柱的性质知，平面，平面，所以平面，且平面，平面平面，所以，因此，所以几何体是三棱台，，，，，所以，小的几何体与大的几何体的体积比值为.9．AD【分析】根据线线、线面位置关系等有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案．【详解】解：A选项，根据平面的性质可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，所以A选项正确；B选项，直线平行于平面，可能平行、异面、相交，B选项错误；C选项，若直线不在平面内，则直线平行于平面或直线相交于平面，所以C选项错误；D选项，由于，所以在内与平行的直线（异于），都与平行，D选项正确．10．ABD【分析】在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，可得出关于的等式，可判断A选项；利用频率分布直方图可求出样本水质指数的平均数，可判断B选项；求出水质指数不低于的频率，再利用频数、频率和总容量的关系可判断C选项；求出水质指数不低于的频率，可判断D选项.【详解】对于A，在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，所以，解得，故A正确；对于B，样本水质指数的平均数为，故B正确；对于C，由频率分布直方图可知，水质指数不低于的频率为，则估计该流域水质指数不低于的监测点有个，故C错误；对于D，第5组的频率为，故水质指数不低于的频率为，则估计该流域水质为“I类优质水”的监测点的占比为，故D正确.11．BCD【分析】设，且，再利用正弦定理及余弦定理进行判断求解．【详解】设，且，若存在唯一的，使得，则，解得，又不为整数，故不存在，使得，故A错误；若存在唯一的，使得，则需满足，即，解得或（舍），故B正确；若存在唯一的，使得，又，所以，所以，即，即，因此，即，所以，所以，解得或（舍），故C正确；若存在，使得，即，又，所以，即，所以，即，即，即，即，即，化简有，整理得，又，即，由求根公式可得，故无解，D正确．故选：BCD．12．【分析】根据数量积的公式和运算律计算.【详解】因为向量的夹角为，，所以．故答案为：.13．【分析】由复数的几何意义及给定等式的特点，是复平面内的一条线段，求出线段上的点与点(1，0)距离最小值得解.【详解】由复数几何意义知，在复平面内，与分别表示复数z对应点M到定点A(0，3)与B(-2，0)的距离，而，于是有，动点M在线段AB上，如图：表示定点C(1，0)到动点M的距离，是锐角三角形，点C到线段AB上动点M的距离最小值即是AB边上的高CD，，由，所以的最小值是.故答案为：.【点睛】结论点睛：是两个复数，的几何意义是：复平面内，表示复数对应点与表示复数对应点的两点间距离.14．【分析】取的中点，证明为二面角的平面角，在平面内过点作直线与垂直，过作直线与垂直，设两垂线的交点为，证明为四面体PBCD的外接球的球心，求可得球的半径，由球的面积公式求球的表面积.【详解】如图，因为四边形为平行四边形，，，，所以，，，在翻折后的图形中，，取的中点，则，故，所以为二面角的平面角，由已知，在平面内过点作直线与垂直，过作直线与垂直，设两垂线的交点为，则，为直角三角形，又，，所以，所以，，所以，因为，平面，，所以平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，因为为直角三角形，为斜边的中点，所以，所以，同理可证，所以点为四面体PBCD的外接球的球心，因为，,，所以，所以四面体PBCD的外接球的半径为，该球的表面积，故答案为：.15．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题可得，然后由数量积几何意义可得答案；（2）设三角形外接圆半径为R，用两种办法表示，可得，及，据此可完成证明.【详解】（1），由数量积几何意义可得：，同理得.则；（2）证明：设三角形外接圆半径为R，，.因，所以.同理，所以，又，，.则.故

①∵点O为三角形ABC的外心，，，，同理，.则.代入上式①中，结合，可得：，所以，原命题得证16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.（2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得.【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：;（2）由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则，又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面.又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面，又，则平面，则平面

17．(1)(2)【分析】（1）结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得，再由，求得的值后，根据正弦函数的单调性，得解；（2）由函数图象的伸缩平移法则可得，采用换元法，令，原问题转化为在，上只有一个解，作出的图象后，即可得解．【详解】（1），，因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，所以，得，所以，令，则，所以的单调递减区间为（2）由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数，再向左平移个单位得，令，则，所以，因为在上只有一个解，由的图象可得，或，所以的取值范围是18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据三角形中位线得线线平行，即可由线面平行的判定定理求解，（2）根据线面垂直可由线面角的几何法求解其平面角，即可由三角形的边角关系求解.【详解】（1）证明：连接与交于点，则为中点，为中位线，，又面面平面

（2）平面是在平面上射影是直线与平面所成的角，又，在中，.直线与平面所成角的正弦值为19．(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）由等边三角形的性质可得，由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；（3）设，连接，则由线面平行的性质可得，从而可找出点的位置.【详解】（1）连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，