湖南省湘潭市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）

湖南省湘潭市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BADCBDCBADBCD题号11答案ABC1．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．D【分析】设圆台上、下底面半径分别为，且，利用圆台的侧面积公式，即可求解.【详解】设圆台上、下底面半径分别为，且，由题知，又圆台的母线长为7，侧面积为，则，解得，故答案为：D.4．C【分析】将代入，求得函数值.【详解】.故选：C.5．B【分析】利用正方体的内切球、外接球的半径与正方体边长关系可求解.【详解】设正方体的边长为a，则正方体内切球的半径为，内切球的体积等于，解得，所以正方体的体对角线等于，所以正方体外接球的半径等于，则外接球的表面积等于，故选:B.6．D【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】若，则或与相交，故A错误；若，，，则，相交或异面，故B错误；若，，则或异面，故C错误，若，，，则面面平行的性质定理可知，故D正确.故选：D7．C【分析】根据正方体的几何结构特征，结合线面位置关系的判定，可得判定①②③都不正确；根据线面平行的判定定理，可得判定④⑤都正确，即可求解.【详解】对于①中，如图（1）所示，在正方体中，可得，此时在过的平面内，所以命题①不正确；对于②中，在正方体中，可得平面，但与BC为异面直线，所以命题②不正确；对于③中，在正方体中，可得平面，平面，但和为相交直线，所以③不正确；对于④中，如图（2）所示，在平面任取一点，过直线a和点的平面为，设平面平面，因为，可得，又因为，所以，因为，所以，所以④正确；对于⑤中，如图（3）所示，过点分别作，可得，因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为，所以，所以⑤正确.故选：C.8．B【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案.【详解】由题知，设，则，又，所以在中，，①在中，，②联立①②，解得故选：B.9．AD【分析】利用空间中线线与线面的位置关系逐一分析各选项的正误，可得出合适的选项.【详解】对A：因为，，则.故A成立；对B：若，，则或.故B错误；对C：若，a与相交，则与相交或与异面，故C错误；对D：若，a与相交，则与相交.故D成立.故选：AD10．BCD【分析】A选项，计算出，得到虚部；B选项，，由共轭复数的定义可知B正确；C选项，计算出，C正确；D选项，通过计算可得的一个周期为6，且，通过周期可得答案.【详解】A选项，因为，所以，故虚部为，A错误；B选项，，故，B正确；C选项，，，故，，C正确；D选项，，，，，故的一个周期为6，且，故，D正确.故选：BCD11．ABC【分析】作出截面判断A；举例说明判断B；利用几何法求出二面角正切判断C；将正方形ABCD与正方形置于同一平面内，求出最小值判断D.【详解】对于A，连接，由，得四边形为平行四边形，又分别是的中点，则，，因此梯形是过三点的平面截正方体所得截面，A正确；对于B，平面ABCD，平面ABCD，则，而，平面，则平面，又平面，因此，又，则，当点P与重合时，异面直线和所成的角为90°，B正确；对于C，延长交DC延长线于G，取中点H，连接，由分别为中点，得，则，，于是，是二面角的平面角，，C正确；对于D，将正方形ABCD与正方形置于同一平面内，则，当且仅当P是AC与的交点时取等号，D错误.故选：ABC12．3【分析】由题意也是关于x的方程的一个根，结合韦达定理求得即可.【详解】若是关于x的方程的一个根，则也是关于x的方程的一个根，所以，解得，所以.故答案为：3.13．/【分析】由题意可得，进而求得，可得，利用二次函数的性质可求最小值.【详解】由，可得，又，所以，所以，又，，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.14．【分析】取中点，连接，可证平面平面，记的外心为M，为△ABC的外心为，过M在平面内作，过在平面内作两直线交于点O，求得即为外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】取中点，连接，所以，，因为，所以，又，，，所以，所以，所以，所以，所以为二面角的平面角，又因为平面平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，平面，所以平面平面，平面平面，记的外心为M，△ABC的外心为，过M在平面内作，过在平面内作两直线交于点O，可得O为三棱锥的外接球的球心，因为，设，则，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.15．(1).(2).【分析】（1）先解二次与一次不等式化简集合，再进行集合的补、并运算即可得解；（2）根据题意得到B是的真子集，从而利用集合的包含关系得到关于a的不等式组，解之即可得解.【详解】（1）由题意知，，若，则，所以，所以.（2）由（1）得，，因为“”是“”的充分不必要条件，所以B为的真子集，所以且等号不同时成立，解得，即a的取值范围是.16．(1)0.01，88.33；(2)10人；(3)“美食”工作需要进一步整改，理由见解析.【分析】（1）根据频率分布图，求得，然后推得第70百分位数位于区间内，即可根据第百分位数的求法，得出答案.（2）根据分层抽样，即可求得评分在的学生人数.（3）根据频率分布直方图，即可求得平均数，进而得出答案.【详解】（1）由图可知：，所以；评分在内的频率为，内的频率为，则第70百分位数位，，所以第70百分位数为88.33.（2）低于80分的学生中三组学生的人数比例为，则应选取评分在的学生人数为：（人）.（3）由图可知，认可程度平均分为：，显然认可系数低于，所以“美食”工作需要进一步整改.17．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）连接，交于O点，即证，利用线面平行的判断定理即可得证；（2）由线面垂直的判断定理证面，再利用线面垂直的性质定理即可得证；（3）延长交于M，连接，则面，面，又面，面，即证，得为与平面所成的角，即可求.【详解】（1）连接，交于O点，可知四边形是平行四边形，可得O为中点，又D是的中点，则，又平面，平面，所以平面．（2）根据题意，三棱柱为直三棱柱，则，又由，则，，面，面则有面，又面，所以，又由，则四边形为正方形，则，又由，面，面，则有面，面，则；（3）延长交于M，连接，则面，面，又面，面，则直线即为直线．由，且，则，又且，所以且，则四边形为平行四边形，故，故为与平面所成的角．因为，所以．即与平面所成的角为．18．(1)(2)3(3)【分析】（1）根据题意由正弦定理以及锐角三角形可得；（2）利用余弦定理解方程可得；（3）根据二倍角以及两角和的余弦公式即可计算出.【详解】（1）由于，所以，由根据正弦定理可得，所以，且三角形为锐角三角形，即所以.（2）在△ABC中，由余弦定理知，即，解得或（舍），故.（3）由，可得，所以，，即19．(1)(2)(3)【分析】（1）先应用两角和差的余弦公式结合辅助角公式计算化简