湖南省长沙市芙蓉区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）

湖南省长沙市芙蓉区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DDDDCCDCACDAD题号11答案BCD1．D【分析】应用两角差正弦公式计算求解.【详解】.2．D【分析】根据给定条件，利用平均数、方差的定义列式求解.【详解】由一组数据的平均数为2，方差为3，得，因此数据，，的平均数为，方差为.3．D【分析】对A，运用面面平行的性质即可判断；对B，运用线面垂直的性质即可判断；对C，运用线面平行的性质即可判断；对D，运用线面垂直的性质即可判断.【详解】若，，，则或与异面，故A错误；若，，则或与相交，故B错误；若，，则或与相交或与异面，故C错误；若，，则，又，则，故D正确．故选：D.4．D【详解】设有个数据，则原数据总和为，引入数据后，新总和为，因此新平均数x=原样本方差为，根据方差定义，可得原数据的离均差平方和.添加数据后，新增偏差平方项，因此新方差.由于，因此.5．C【详解】对于A，由频率分布直方图可知，，解得，故A错误；对于B，由图可知，时速在内的频率最大，所以众数的估计值为，故B错误；对于C，前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，所以中位数位于第三组内，设中位数为，则，解得，故C正确；对于D，时速的平均数估计值为，所以时速的平均数估计值小于其中位数的估计值，故D错误.6．C【分析】结合正弦定理、三角形解的个数判定规则、正弦函数的诱导公式、余弦定理与三角形面积公式，逐一验证各选项结论是否成立.【详解】对于A，因，则sinB>0，又因，由正弦定理可得，故A正确；对于B，由正弦定理得，又，故，符合条件的三角形仅有1个，故B正确；对于C，由，且，可得或，即或，并非仅，故C错误；对于D，因，由余弦定理得，代入题设条件得，即得，又，故，故D正确.7．D【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用平移变换的性质求出结果.【详解】由题可得，所以，因为函数的图象关于轴对称，所以，即，又，所以的最小值是．8．C【分析】根据的表达式，先画出函数图象，再令，利用数形结合即可求出函数恰有3个不同的零点时，的取值范围.【详解】由，可画出函数的图象，如图所示，易知处的函数值为，即如图中的点，所以，令，则，由图可知，当时，与无交点；当时，与有2个交点；当时，与有1个交点.令，则，化简得，解得，，要使函数恰有3个不同的零点，则当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点，满足题意，此时的取值范围为；或者，当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点，满足题意，此时的取值范围为，当时，，此时只有1个零点，不合题意，综上，函数恰有3个不同的零点时，的取值范围为.9．ACD【分析】根据向量共线的坐标运算求解判断A；根据向量垂直的坐标运算求解判断B；根据数量积的坐标运算求解判断C；根据投影向量公式求解判断D.【详解】由，得，解得，A正确；由，得，解得，B错误；由，得，解得，所以，C正确；当时，，，所以在上的投影向量为，D正确．故选：ACD．10．AD【分析】利用极差、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.【详解】该组数据的极差为，A正确；因为，所以该组数据的70%分位数为，B错误；原数据的平均数为，新数据的平均数为，无法确定与的大小，C错误；剔除数据，后得到的新数据的波动变小，所以方差变小，Ｄ正确．11．BCD【分析】对A，利用矩形原有垂直关系结合已知推出平面，得到，算出后求出到平面的高，代入三棱锥体积公式计算验证；对B，过作的垂线，结合平面平面得到该垂线垂直于平面，算出的长度，在中用余弦定理计算验证；对C，平移得到与相交的平行线，将异面直线所成角转化为三角形内角，结合二面角的平面角定义，利用直角三角形的边角关系计算二面角大小验证；对D，根据和都是斜边为的直角三角形，得到三棱锥外接球的球心为中点、半径为，结合的运动轨迹分析球心到直线的距离范围，利用球的弦长公式得到直线被球截得线段的长度范围验证.【详解】对于A：若，矩形中，，故平面，得，又，，故平面，得。在中，，得，，体积，A错误；对于B：若平面平面，过作于，则平面，由可得，所以，在中，，由余弦定理，，所以，B正确；对于C：过作于，得，设二面角大小为，过作，且，连接，因为且，所以四边形为矩形，，又，，所以平面，所以平面，平面，所以，又由可知是与所成角，，由题意，由余弦定理：，即，解得，，故，C正确；

对于D：因为都在球上（），故直线截球所得弦长就是本身的长度，设二面角大小为，则，，故，即，且取不到和（否则不能构成三棱锥），故弦长范围为，D正确.12．49【分析】由甲图中水面之上和水面之下的体积之比等于往乙中和甲中注水的时间之比求解.【详解】由题意得：甲图中过该四棱台各侧棱的中点的截面正方形的边长为：，设四棱台的高为，则水面之上和水面之下的体积之比为：，设往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时，用时为，则，解得.13．/15【分析】利用图形中的角度关系结合余弦定理即可.【详解】解析由题意，得又在中，由余弦定理的推论得，，∴，∴，，∵，∴．故答案为：；15.14．/【分析】取、、分别为、、的中点，分析出四边形为等腰梯形，求其面积可得结果；然后将三棱柱补成正方体，计算出三棱柱的外接球半径，结合球体表面积公式可得结果.【详解】如图，取、、分别为、、的中点，、分别为、的中点，则且，在直三棱柱中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以四边形为平行四边形，且，且、分别为、的中点，则，所以，四边形是等腰梯形，当不是中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，等腰梯形有且仅有一个，取的中点，连接、，，，且点为的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，可得，同理可得，所以，、、均为等边三角形，.故答案为：.15．(1)如图建立空间直角坐标系，则，，，，又为线段的中点，所以，所以，又平面的法向量可以为，所以，即，又平面，所以平面.(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，即可得证；（2）求出平面的法向量，再由空间向量法计算可得；（3）首先证明平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，再由空间向量法计算可得.【详解】（1）略（2）由（1）可得，所以，，设平面的法向量为，则，取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；（3）因为，平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，又，所以点到平面的距离，即直线到平面的距离为.16．(1)的坐标为或(2)【分析】（1）由平行向量的坐标表示，建立方程组，可得答案；（2）根据数量积的运算律，求得数量积的值，结合数量积的定义式，可得答案.【详解】（1）设，由题意有，解得或.故的坐标为或；（2）由化简整理得，则，解得，=.17．(1)(2)(3)【分析】（1）根据图象分别可求，根据函数图象确定最小正周期，即可得的值，再代入最值点即可求得的值，从而可得函数的解析式，（2）结合余弦函数的单调性并利用整体代换法即可求解单调递减区间，即可求解；（3）当时，，即利用整体代换法即可求解值域.【详解】（1）由图知，设的最小正周期为，则，，解得．．又，即，又，．（2）令，·得，的单调递减区间为．（3）当时，，即当时，取到最小值，当时，取到最大值，，·，即在区间上的值域为.18．(1)(2)(3)【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，所有矩形面积和为1，得到关于的方程.（2）根据大于第70百分位数的频率为0.3求解即可.（3）首先确定分层抽样的各层人数，分别计算其频率，得到其比值，确定各层人数，然后根据古典概型的特点求出样本空间和满足题意的情况数，最终得到概率.【详解】（1）由频率分布直方图的性质，得，所以.（2）测试成绩在第70百分位数右侧的频率为0.3，测试成绩位于的频率，测试成绩位于的频率，因此第70百分位数，则，解得，所以第70百分位数为（3）测试成绩位于的频率，位于的频率，由，得抽取的6人中成绩在内的有4人，分别记为，成绩在内的有2人，分别记为，从6人中随机抽取2人的样本空间：，共有15个样本点，其中，共8个样本点，所以概率为.19．(1)证明见解析(2)①证明见解析；②存在；【分析】（1）合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再结合线面平行的判定定理求解即可.（2）①应用线面垂直的性质、判定定理可得平面,从而得到,根据和得到,再利用线面垂直的判定定理得到平面，最后结合面面垂直的判定定理证明目标命题即可，②先利用等体积公式得到，再结合三角形面积公式得到，再合理构造辅助线，利用线面垂直的判定定理得到面，求出点到平面的距离，最后依据三棱锥体积公式结合给定条件建立方程，求解参数即可.【详解】（1）如图，连接，与交于点，由正三棱柱性质得四边形是矩形，由矩形的性质得为的中点，连接，因为为的中点，为棱的中点，所以是的中位线，故由中位线定理得，因为面，面，所以平面.（2）①由正三棱柱性质得面，面，