湖南娄底市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** 以唐三彩文化、费马点等真实与历史情境为载体，整合复数、立体几何、概率统计等高一核心知识，通过分层设问考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）与语言（数据意识）。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、集合关系、线面推理|基础题考查运算能力，如第4题对立事件辨析| |多选|3/18|统计图表、向量性质|结合频率分布直方图（第9题）考查数据处理| |填空|3/15|二面角、折叠问题|空间四边形周长最小化（第12题）体现几何直观| |解答|5/77|圆锥展开、正四棱锥、费马点|唐三彩统计分析（第17题）培养应用意识，费马点问题（第19题）发展创新思维|

湖南省娄底市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．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．设集合，，则集合（    ） A． B． C． D． 3．设m、n是两条不重合直线，是两个不重合平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若 ，则 D．若，则 4．连续抛一枚硬币三次，事件“至多有一次硬币正面朝上”的对立事件是（   ） A．至少有一次硬币正面朝上 B．至少有两次硬币正面朝上 C．至少有一次硬币反面朝上 D．至少有两次硬币反面朝上 5．如图，设，，线段DE与BC交于点F，且，则（    ） A．3 B．4 C． D．5 6．已知函数（，），若的图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知，，，则下列判断正确的是（     ） A． B． C． D． 8．同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（   ） A．与对立 B． C．与相互独立 D．与相互独立 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．某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．的值为0.015 B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75 C．估计总体中成绩落在内的学生人数105 D．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为85 10．点是所在平面内的一点，下列说法正确的有（    ） A．若，则点为的重心 B．若，则点为的垂心 C．若，则点为的外心 D．在中，向量且，则为等边三角形 11．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，点分别在棱上．当空间四边形的周长最小时，二面角的余弦值为_____． 13．为以为直角顶点的直角三角形，且，，为上一动点，沿将三角形折起形成直二面角，当长度最短时，______，此时二面角的平面角的正弦值为______. 14．已知，，则__________，的最小值是__________. 四、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，向量，. (1)若，求； (2)若，求. 16．如图1，设半圆的直径为 ，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题： (1)求圆锥中线段的长； (2)求四面体的体积； (3)求三棱锥与三棱锥公共部分的体积． 17．唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐三彩的生产至今已有多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历史.某陶瓷厂在生产过程中，随机抽取件工艺品测得其质量指标数据，将数据分成以下六组、、、、，得到如下频率分布直方图.    (1)求出直方图中的值； (2)利用样本估计总体的思想，估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到）； (3)现规定质量指标值小于的为二等品，质量指标值不小于的为一等品.已知该厂某月生产了件工艺品，试利用样本估计总体的思想，估计其中一等品和二等品分别有多少件. 18．如图，在正四棱锥中，所有棱长均为，点是底面内任意一点，点到侧面的距离分别为． (1)若点是棱的中点，求异面直线与所成角的正弦值； (2)若且，求的最大值； (3)记与侧面所成的角分别为，求的值． 19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． (1)求证：是直角三角形； (2)若的面积为，且，求的值； (3)求的最小值． 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 $ 湖南省娄底市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 A D D B B C D B AB AD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】根据复数除法运算法则计算即可. 【详解】因为， 所以. 故选：A 2．D 【详解】由，即集合为全体复数， 又，则，故． 3．D 【详解】对于A：若，则或与相交，故A错误； 对于B：若，则或，故B错误； 对于C：若，，，则与位置关系可以是平行、相交或异面，故C错误； 对于D：若，则，故D正确. 4．B 【分析】根据对立事件定义判断求解. 【详解】因为事件“至多有一次硬币正面朝上”是“0次或1次硬币正面朝上”， 对立事件是“2次或3次硬币正面朝上”，即“至少有两次硬币正面朝上”. 故选：B. 5．B 【分析】用两种方式表示点的位置，然后利用向量基，底不共线，对应系数相等，得到. 【详解】依题意，, 所以，所以， 又因为，设， 所以， 即，因为，不共线，所以，所以， 所以. 6．C 【分析】由已知得，，且，解之讨论k，可得选项. 【详解】因为的图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，故排除A，B； 又，且，解得， 当时，不满足， 当时，符合题意， 当时，符合题意， 当时，不满足，故C正确，D不正确， 【点睛】关键点睛：本题考查根据正弦型函数的对称性求得参数的范围，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于的不等式组，解之讨论可得选项. 7．D 【详解】比较与： 因为，故，由对数函数单调递增，得，即，又，故，由对数函数单调递增，得，即，因此. 比较与： 因为，故，由对数函数单调递增，得，即，又，故，由对数函数单调递增，得，即，因此. 综上，. 8．B 【分析】根据对立事件的定义，可判定A错误；根据古典摡型的概率计算公式，可判定B正确；利用古典摡型的概率计算公式，结合，可判定C错误；结合，可判定D错误. 【详解】对于A中，当时，，，事件与同时发生， 所以事件与不对立，所以A错误； 对于B中，因为，当时，要使得为偶数，有6种情况； 当时，要使得为偶数，则，有3种情况； 当时，要使得为偶数，有6种情况， 又由抛掷两枚骰子，共有种情形，所以，所以B正确； 对于C中，事件有：，共有5种情形，概率为， 事件“”，有 ，共有18种情形， 所以概率为，且， 则，所以与不相互独立，所以C错误； 对于D中，事件“为偶数”，事件“为奇数”， 有共9种情形， 所以概率为， 又由，，可得， 所以与不相互独立，所以D错误. 故选：B. 9．AB 【分析】对A ，利用频率分布直方图所有矩形面积之和为 1，列方程求解的值；对 B，众数为最高矩形底边中点的横坐标，取区间[70,80)的中点 75；对C ，先算[80,90)的频率，再乘以总体 300 得到估计人数；对D ，根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间，再用插值法计算. 【详解】对于A：由，解得，A正确； 对于B：因为直方图中最高矩形对应区间为，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为，B正确； 对于C：区间对应的频率为，， 所以估计总体中成绩落在的学生人数为，C错误； 对于D：前三组的频率和为，第四组的频率为， 因为，所以第百分位数落在区间内， 由，即估计这名学生数学考试成绩的第百分位数约为，D错误； 故选：AB. 10．AD 【分析】根据向量的平行四边形法则结合向量共线即可判断选项A；根据向量的线性运算即可判断选项B；根据向量数量积及向量垂直即可判断选项C；根据向量的平行四边形法则、向量数量积、向量垂直及等腰三角形的性质即可判断选项D. 【详解】选项A：设的中点为. 根据向量的平行四边形法则可知，. 又，则，所以，，三点共线， 所以点在边的中线上. 同理可得，点也在边、边的中线上，所以点为的重心，故A正确. 选项B：， 所以，即点在边的垂直平分线上. 同理可得，点在边的垂直平分线上. 所以点为的外心，故B错误. 选项C：因为，所以， 所以，即. 同理由可得，由可得. 所以点为的垂心，故C错误. 选项D：设，分别是向量，方向上的单位向量， 结合向量的平行四边形法则可知，在的角平分线上. 又，即，所以的角平分线垂直于， 所以，所以为等腰三角形. 又，即，所以，即， 所以为等边三角形，故D正确. 11．BCD 【分析】斜二测画法对应的平行关系、长度关系还原平面图，然后逐一验算各个选项即可得解. 【详解】对于AB：还原平面图如下图，    则，，，故A错误，B正确； 对于C：过作交于点，则， 由勾股定理得，， 故四边形的周长为：，即C正确； 对于D：四边形的面积为：，即D正确. 故选：BCD． 12．/ 【分析】先根据“两点之间直线段最短”确定空间四边形周长最小时所在的位置，再构造二面角的平面角，利用直角三角形的边角关系求二面角的平面角的余弦. 【详解】延长至点，，点和点关于点对称， 则，等号成立时，，，四点共线． 即当空间四边形的周长最小时，，，，四点共线． 于是. 作于点，连接，则为二面角的平面角． 在中，， 所以二面角的余弦值为． 故答案为： 13． 【分析】第一空，设，根据题设可推出长度的表达式，结合三角函数，根据长度最短即可求得答案；第二空，利用线面垂直的性质作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案. 【详解】作，垂足为D，连接， 因为二面角为直二面角，平面平面， 且平面，故平面， 平面，则；    设，则， 由,则， 在中，, ， 故 ， 当长度最短时，，则，即； 由此可得，， 则， 作,垂足为E，连接, 因为平面，平面，故， 而平面，故平面， 所以即为二面角的平面角， 在中，, 故， 故答案为：； 【点睛】关键点睛：求解第一空即求的大小时，关键是确定何种情况下长度最短，因此要，求出长度的表达式，结合三角函数求得，即可求解. 14． 【分析】设，则，得到，结合两角差的余弦公式，求得，得到，得出，再化简得到由，结合基本不等式，即可求解. 【详解】设，则， 因为，可得， 所以，可得， 两边同除以，可得，即. 由， 因为且，可得， 则， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值是， 故答案为：；. 15．(1) (2) 【分析】（1）通过向量平行的坐标关系得出的值，代入差角的正切表达式求得结果； （2）利用向量点积的坐标运算列等式，整理后转化为正弦函数形式，结合角度范围求解. 【详解】（1）由，得，即，故. . （2），整理得， 即，变形为，故. 因，则，解得， 即. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案； （2）根据求解即可； （3）连接交于点，连接并延长交于点，由此得到三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，由题得，则，得解. 【详解】（1）在图中，设圆锥的底面圆半径为，则，解得. 因为在图1中，点、三等分半圆， 所以在图2中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，则为等边三角形， 所以，所以. 又因为点、分别是、的中点， 所以. （2）因为，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体的体积为. （3）连接交于点，连接并延长交于点， 则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥.           因为点、分别是、的中点， 所以为的中点，且， 所以， 所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为. 17．(1) (2)平均数为，中位数为 (3)一等品有个，二等品有个 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，可求得的值； （2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得乘积全部相加，可得出样本数据的平均数，利用中位数左边的矩形面积之和为，可求得中位数的值； （3）分析可知个工艺品中一等品有个，二等品有个，利用分层抽样可求得件工艺品中一等品和二等品的数量. 【详解】（1）解：在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为， 则，得. （2）解：平均数为， 因为，， 所以中位数在第组，设中位数为，则， 解得. 所以，可以估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的平均数为，中位数为. （3）解：由频率分布直方图可知个工艺品中二等品有个，一等品有个， 该厂生产的件工艺品中一等品有个，二等品有个， 所以一等品有个，二等品有个. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）设，连接，可得异面直线与所成角即为直线与所成角，据此可得答案； （2）由等体积法可得，然后由基本不等式可得答案. （3）设平面与的交线为，，，过点作平面使得平面，设，，可得， ，据此可得，然后可得答案. 【详解】（1）设，连接， ∵正四棱锥中，∴为线段中点， ∵点是棱的中点，∴， ∴异面直线与所成角即为直线与所成角．   又正四棱锥所有棱长均为，由对称性知， ∴，且，∴， 即异面直线与所成角的正弦值为； （2）∵正四棱锥，∴平面， 设点到平面的距离为， ∵在正四棱锥中，所有棱长均为， ∴四个侧面的正三角形的面积均为，底面正方形的面积为， 又， 依题意可得， ∴， 即， 解得；                                        ∵且，∴， ，当且仅当时取“”， ∴的最大值为； （3）设平面与的交线为，，， 过点作平面使得平面，                              （说明：即过点作交于点，交于点， 再在平面内作，连接，则， 又，平面，∴平面， 又，平面，平面，∴平面， 又平面与的交线为，平面， ∴，∴平面）， 取中点为H， 因平面，平面，则平面平面， 因为正四棱锥，平面与的交线为，， 由对称性可得为等腰三角形，则，又平面平面， 平面平面，平面，则平面， 又平面，则，又易得平面，，， 则，则，， ∴，设，即， ∴，同理可得， ∴，                                              设，同上方法可得， ∴， 而， ∴，                                           又与侧面所成的角分别为， 则，，，， ∴，                   ∴ ．                   19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式可求解，进而根据正弦定理可得，由和差角公式化简即可求解， （3）由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得，即可利用不等式求解. 【详解】（1）因为，所以，即, 由正弦定理可得，故,即是直角三角形， （2）的面积为则， 因为P为的费马点，所以， 设，所以，， 在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得, 所以，所以即， 所以，即， （3）因为P为的费马点，所以， 设所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得, 在中，由余弦定理可得, 又，所以， 所以， 又所以即， 解得或（舍去）， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $