湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期末考试数学自编试卷（人教A版）

**基本信息** 以文化传承与现实问题为情境，通过分层设计考查数学眼光、思维与语言，如“方斗”体积、折扇面积计算及统计分析题，实现基础巩固与创新应用的衔接。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数、向量夹角、概率、正四棱台、球与圆锥、函数最值、扇环面积、事件概率|单选基础（如复数虚部）与多选综合（如命题判断）结合，考查抽象能力| |填空题|3/15|三角计算、线面角、解三角形测量|结合正方体模型（线面角）与实际测量（大厦高度），体现几何直观| |解答题|5/77|向量投影与夹角、统计直方图（平均数/中位数/概率）、立体几何证明与距离、解三角形、折叠问题|分层设计，如统计题（数据处理）、折叠问题（空间观念与创新意识），综合考查推理能力与应用意识|

湖南省株洲市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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B D C B C A BC CD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】由复数的除法运算和虚部的概念即可求解； 【详解】因为， 所以复数z的虚部为． 故选：B 2．C 【分析】对等式两边同时平方，即可求出结果. 【详解】化简得， ， ，， ， 故选:C. 3．B 【分析】根据独立事件的乘法公式可求得结果 【详解】由题意两人中至少一人命中的概率为 . 故选：B. 4．D 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为. 故选：D. 5．C 【分析】设圆锥的底面半径为，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得，由圆锥的体积公式可求体积. 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，由题意知圆锥轴截面为正三角形，则圆锥的高为， 则，即，解得， 则圆锥的体积为. 故选：C． 6．B 【分析】设，则，结合二次函数性质求其最小值即可. 【详解】因为，设，则，由二次函数性质可得当上单调递减，所以当，取最小值，最小值为0，故当时，函数取最小值，最小值为0， 故选：B. 7．C 【分析】先通过弧长公式求出小扇形半径，再结合的长度得到大扇形半径，最后利用扇形面积公式计算两个扇形的面积差，得到扇面面积. 【详解】设，因为圆心角，弧CD的长为， 代入弧长公式可得，解得．所以． 由扇形面积公式可得，， ， 所以此扇面的面积． 故选：C. 8．A 【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可. 【详解】因为，故， 因为与为互斥事件，故， 所以 ，故，故. 故选：A 9．BC 【分析】根据象限角及锐角的概念即可判断出选项A；根据三角函数的求值及充分条件、必要条件、充要条件的概念即可判断出选项B；根据诱导公式即可判断出选项C；根据扇形弧长公式和面积公式即可判断出选项D. 【详解】选项A：第一象限角的范围为，.如是第一象限角，但不是锐角，A错误； 选项B：充分性：若，则，充分性成立； 必要性：若，则或，故必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件，B正确； 选项C：因为，所以，C正确； 选项D：设扇形的半径为，则，所以， 所以该扇形的面积为，D错误. 故选：BC. 10．CD 【分析】利用异面直线所成角的定义和余弦定理求解可得. 【详解】取的中点为，连接，，如图：    在中，，且，在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为，所以直线PM，PN的夹角为，则或， 当时，由余弦定理得，，得. 当时，由余弦定理得，，得. 综上所述，或. 故选：CD 11．ACD 【分析】对A，利用面面垂直的判定定理即可判断；对B，当点为的中点时，证明面面平行，即可判断；对C，当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断；对D，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形. 【详解】对于A，因为在正方体中，平面， 又平面与平面是同一个平面，平面， 所以无论点在线段（不含端点）上任何位置都有平面平面，故A正确； 对于B，当点为的中点时，有，平面，平面，所以平面， 同理，平面，且，平面， 所以平面平面，故B错误； 对于C，当点为线段上靠近的四等分点时，如图，连接， 过点作，交于，则， 又正方体中，，所以，则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故C正确； 对于D，如图，当点为线段的中点时，此时平面截正方体所得的截面为正三角形，故D正确. 故选：ACD. 12．/ 【分析】利用诱导公式与和差公式计算即可. 【详解】原式 . 故答案为：． 13． 【详解】正方体中，连接交于点M，连接， 由题可得：，, 所以直线平面, 所以直线与平面所成的角等于, 设正方体的边长为， 所以，， 所以, 所以 【点睛】本题主要考查了线面角知识，关键是作出线面角对应的平面角，然后再说明该角就是对应的线面角，根据图形解三角形即可． 14．204 【分析】设米，根据余弦定理列方程求解． 【详解】设米，因为在点处测得点的仰角为，所以， 所以米． 因为在点处测得点的仰角为，所以米． 在中，由余弦定理可得， 即，解得． 故答案为：204. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）直接根据投影向量的概念求解； （2）通过展开计算； （3）根据，且与不共线计算求解. 【详解】（1）在方向上的投影向量为； （2）； （3）因为向量与的夹角为锐角， 所以，且与不共线， 对于， 得， 解得， 若与共线， 则存在，得，解得， 所以若向量与的夹角为锐角，实数的取值范围为. 16．(1) (2)平均数为，中位数为 (3) 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，即可求出a，b； （2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解； （3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，利用列举法求出古典概型的概率即可. 【详解】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为， 即，解得； （2）由（1）知，平均数为； 前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75， 所以中位数位于组内，且，即中位数为69.4； （3）第四、五两组志愿者分别有20人、5人， 故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为， 第五组志愿者人数为1，设为， 这5人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的2人来自同一组的有，共6种， 所以选出的2人来自同一组的概率为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质和判定可得证； （2）如图，取的中点为，连接，，根据等体积法可求得答案. 【详解】（1）在正中，为的中点，， 平面平面，平面平面， 且，平面，平面， 又平面，， 又，且，平面， 平面， 平面， ； （2）如图，取的中点为，连接，， 在正中，，平面平面， 又平面平面，平面， 平面， 若，则， ， 由（1）知平面，， 平面， 平面，， 设点到平面的距离为， 而， 由可得，， ． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可； （2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可； （3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，即， 因为在中，，所以， 又，所以. （2）因为，，，所以，解得. 由余弦定理得. （3）因为，， 结合正弦定理，得，所以，. 在中，, 所以. 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 所以. 19．(1)①证明见解析 ；②； (2). 【分析】（1）①由已知得再根据面面垂直的性质、判定定理，即可证；②取的中点，连接，根据已知及二面角定义得为二面角的平面角，进而求其正切值； （2）过P点作，垂足为H，应用正弦定理、三角形面积公式、棱锥的体积公式得，令，结合同角三角函数关系及相关函数性质求体积的最大值. 【详解】（1）①分别是边的中点，， 在等腰直角，则，即 因平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，平面平面； ②取的中点，连接， 由①可知平面，平面，则， 由是边的中点，，， ，为中点， ，平面， 平面，因平面，， 为二面角的平面角， 平面，平面， 在中， 所以二面角的正切值为. （2）过P点作，垂足为H，则， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 在中，由正弦定理，，则， ， ， 令，     ，，则， ， 令，则函数在单调递增， 当时，的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省株洲市2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．复数（i为虚数单位）的虚部为（   ） A．1 B． C． D．0 2．已知单位向量满足，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 3．甲乙两人进行三分远投比赛，甲、乙每次投篮命中的概率分别为0.5和0.4，且两人之间互不影响.若两人分别投篮一次，则两人中至少一人命中的概率为（    ） A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9 4．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（    ） A． B． C． D． 5．已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 6．函数的最小值为（    ） A．2 B．0 C． D．6 7．中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD.当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧CD的长为，则此扇面的面积为（   ） A． B． C． D． 8．设A，B是一个随机试验中的两个事件且，则（    ） A． B． C． D． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分） 9．下列命题正确的有（ ） A．若是第一象限角，则一定是锐角 B．“”是“”的充分不必要条件． C．若，则 D．若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为 10．如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（    ）    A． B． C． D． 11．在正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．存在点，使得平面平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与所成角为 D．平面截正方体所得的截面可能是等腰三角形 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．________． 13．如图，在正方体中，直线与平面所成的角等于____． 14．如图，为测量某大厦的高度，小明选取了大厦的一个最高点，点在大厦底部的射影为点，两个测量基点与在同一水平面上，他测得米，，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，则该大厦的高度______米． 4、 解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知与的夹角为. (1)求在方向上的投影向量; (2)求的值; (3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16．某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. (1)求、的值； (2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； (3)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率. 17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，平面平面，是的中点. (1)证明：. (2)求点到平面的距离. 18．在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求a； (3)若为锐角三角形，，求的取值范围. 19．如图①，在等腰直角中，，，，分别是边，上的动点，将沿折起到如图②的位置，连接，，且平面平面． (1)当，分别是边，的中点时； ①求证：平面平面 ②求二面角的正切值 (2)若点与点重合，如图③，设，求三棱锥体积的最大值； 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $