湖南省长沙市开福区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** 高一下期末数学试卷以核心素养为导向，通过筒车灌溉、企业供货等真实情境设计，融合复数、概率、立体几何等知识，考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）及语言（数据观念），梯度分明且创新应用突出。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数虚部、独立事件概率、异面直线成角|单选基础巩固（如第1题复数），多选综合辨析（如第11题正四棱锥线面关系）| |填空题|3/15|古典概型、函数值域、方程根问题|第14题含参方程根的分布，考查分类讨论思维| |解答题|5/77|统计分析（企业供货）、三角函数模型（筒车）、仿射坐标系创新应用|第17题筒车情境融合文化传承与模型观念，第18题仿射坐标系创新设计考查空间观念与运算能力|

湖南省长沙市开福区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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A D A D D A ABC ABD 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】因为，所以， 所以，所以的虚部为1. 2．D 【分析】先根据已知条件计算，再利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可. 【详解】由，则， 因为事件，相互独立，根据相互独立事件的概率乘法公式， 则. 3．A 【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可. 详解：由题意，在中， 利用三角形的面积公式可得， 解得， 又由余弦定理得，解得， 由正弦定理得，故选A. 点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题. 4．D 【分析】取所在的母线为，连接，，，，设，，利用勾股定理可以表示，根据，，可得的取值范围，从而求解的取值范围. 【详解】 取所在的母线为，连接，，，， ， 设，，则， 所以， 又因为，， ， 所以或， 所以或， 所以. 故选：. 【点睛】结论点睛：在动态变化的过程中产生的体积最大，距离最大（小），角的范围等问题，常用的解题思路是： （1）直观判断：在变化过程中判断点，线，面在何位置时，所求的量有相应最大，最小值； （2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而用代数方法求目标函数的最值. 5．A 【详解】因为在正三棱柱 中，， 所以异面直线 与 所成的角即为直线 与 所成的角. 连接 ，在 中， 由题意可知，底面正三角形边长为 ，侧棱长为 ， 所以 . 在 中，. 同理，在 中，. 由余弦定理可得： . 因为异面直线所成角的范围是 ，且 ， 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 . 6．D 【分析】先根据原样本的方差计算离均差平方和，结合新增数据与原平均数相等的特征，计算新样本的方差. 【详解】设原5个数据为， 已知原平均数，原方差，根据方差公式：，可得：， 增加数据3后，6个数据的总和为，新平均数：，平均数与原数据相同， 新数据的离均差平方和为原平方和加上新增数据的离均差平方，即总和仍为10， 新方差：. 7．D 【分析】先利用两角和的余弦公式展开已知条件中的，再结合二倍角公式将式子转化为关于和的等式，通过辅助角公式化简后，结合的取值范围确定对应角的三角函数符号，最后利用两角差的正弦公式求解的值. 【详解】∵ ， ∴ . 即得，即. 得，即. ∵ ，∴ ，故. 又，∴ ， ∴ . ∵ ， ∴ ， 代入数值计算得：. 8．A 【分析】设，解法一：先通过平移找到异面直线所称的角，求出相关边长，利用余弦定理和勾股定理得到的方程组，分别计算检验两真一假的情况即可求得的值，进而求得长方体的体积；解法二：建系后求出相关点的坐标，分别利用向量夹角的计算公式与向量模的计算公式将甲乙丙三个命题转化为的方程组，分别计算检验两真一假的情况即可求得的值，进而求得长方体的体积. 【详解】 如上图在长方体中，设. 解法一：当甲命题为真时，连接，因，且，则得， 则，故即与所成的角，连接， 易得， 在中，由余弦定理可得， 整理得，即① 当乙命题为真时，由上分析，，则 即与所成的角， 连接，则， 在中，由余弦定理可得， 整理得② 当丙命题为真时，由图知，，即③ 因为其中有且只有2个真命题，可分三种情况考虑： （I）甲与乙命题为真，由①-②，得，解得，代入①，得， 代入③的左式，即丙命题为假，符合题意， 因，可得，即，时不合题意； (II)甲与丙命题为真，由①-③，得，结合， 可知可看成方程，即的两根， 而，即此情况不合题意； (III)乙与丙命题为真，由②-③，得， 将代入，整理得，解得（负值舍去）， 则，代入①得左式，， 即甲命题为假，符合题意，此时长方体的体积为，故A正确. 解法二：如下图，以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系. 当甲命题为真时，因，设与所成的角为， 则，整理得，即① 当乙命题为真时，，设与所成的角为， 则，整理得② 当丙命题为真时，因，依题意得，即③ 下面求解过程与解法一相同，在此略. 9．ABC 【分析】根据不等式的性质、特称命题的否定、作差法比较大小以及恒成立问题的求解方法，对每个选项逐一进行分析. 【详解】对于选项A： 因为，所以. 因为，所以，即，所以A正确； 对于选项B： 特称命题的否定是全称命题，对于命题的否定是： ，所以B正确； 对于选项C： ，因为， 所以，所以， 所以，所以C正确； 对于选项D： 因为时，恒成立，即恒成立. 根据基本不等式的性质， 所以要使得不等式恒成立，则，所以D错误. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】结合基本不等式及求解判断各选项即可. 【详解】对于，因为，得， 所以， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故正确； 对于B，由，所以， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为2，故C错误； 对于D，由， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为8，故D正确. 故选：ABD. 11．ABD 【分析】连接，利用线线平行可判断A；利用勾股定理的逆定理可判断B；可得，进而得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，求解即可判断C；可证平面平面，进而二面角与二面角相等，求解可判断D. 【详解】连接，因为为底面正主形的中心，所以是的中点，又为侧棱的中点， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以， 又，所以，故B正确. 由于分别为侧棱的中点，所以. 又四边形为正方形，所以，所以， 所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即. 又为等边三角形，所以，故C错误. 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 二面角与二面角相等， 连接，取的中点，连接，    因为，所以， 因为四棱锥是正四棱锥，为底面正方形的中心，所以平面， 又平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 设正四棱锥的棱长为2，则，， 所以， 所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 12．/ 【分析】利用列举法表示古典概型的概率. 【详解】从，，，，中随机选个不同的数， 有，，，，，，，，，，共种情况； 其中满足和为偶数的有，，，，共种情况， 即概率为， 故答案为：. 13． 【分析】令，结合一元二次函数求值域. 【详解】由， 令，则，所以， 当时，有最大值，当时，有最小值， 故的值域为. 故答案为： 14． ； 1. 【分析】对于第一空，先在平面直角坐标系中画出函数的大致图象，再令，得，因此有，再分析在的不同范围内所对应的的解的个数，即可得解； 对于第二空，由图可得，再根据对数运算，将其转化为，即可得解. 【详解】， 当时，在上为减函数，在上为增函数； 当时，在上为减函数，在上为增函数， 作出函数的图象如图所示： 设，当时，方程有3个解；当时，方程有4个解； 当时，方程有3个解；当时，方程有2个解； 当时，方程有1个解. 方程等价于， 要使关于的方程恰有6个不相等的实数根， 等价于方程有2个不同的根， 而当时，方程有2个解， 所以时，方程有4个解，所以，即得， 所以的取值范围是； 由图可知，，所以， 即， 得，即，即. 故答案为：；. 15．(1)，样本平均数75，样本方差129； (2)建议选择乙工厂生产的产品. 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率之和为1，可计算出，再利用平均数和方差公式计算即可； （2）利用公式计算出乙工厂生产的产品质量指标平均数和方差，与甲工厂生产的产品质量指标数据比较大小，即可得出结论. 【详解】（1）因为，所以， 所以甲工厂生产的产品质量指标平均数为 ， 方差为. （2）乙工厂生产的产品质量指标平均数为， 方差为， 所以， 以样本估计总体，甲、乙两家工厂产品的质量指标平均数相当，但乙工厂生产的产品质量指标值方差比较小，产品质量比较稳定， 故建议选择乙工厂生产的产品． 16．(1)4 (2)5 【分析】（1）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解. （2）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解. 【详解】（1）因为是关于的方程的两个虚根， 当时，. 所以. （2）设，则， 由. 又因为，所以， 所以. 所以分别对应复数和. 所以. 17．(1)①，；②或. (2). 【分析】（1）①由题意可得，；②根据题意，得，解方程即可. （2）由题意得，当时，恒成立，解不等式即可求解. 【详解】（1）①由题意得， ②由题意，， 即，化简得， 则或， 解得或 又由于，所以或. （2）由（1）得，， 由题意得，当时，恒成立， 即，化简得， 故，解得， 所以，即，解得 由于，则，因此. 18．(1)①成立②不成立； (2)； (3) 【分析】（1）根据向量坐标运算法则以及仿射坐标系定义利用共线定理和数量积坐标运算，即可判断①成立，②不成立； （2）由－仿射坐标系中向量坐标表示以及数量积的运算律计算可得结果； （3）设，以为基底将表示出来，得出数量积的表达式，再由正弦定理以及辅助角公式计算即可得出最大值. 【详解】（1）①成立，②不成立. 若，则存在非零实数满足， 因此可得，即，所以①成立， 若，可得， 则，因此不成立，即②不成立 （2）由，得，且， 所以， 则， 故， 因为与的夹角为， 则，解得； （3）依题意设，且，    因为为BC的中点，则， 因为为BD中点，同理可得 所以 由题意可知，， 则 在中，由余弦定理得，所以， 代入上式得 在中，由正弦定理得， 设，则，且， 所以， 因为，则， 故当时，取最大值， 则的最大值为. 19．(1) (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，则为的中点，由线面平行的性质定理得，从而可得为的中点，进而得实数的值； （2）过点作于点，可证得平面平面，延长交于点，过点作交于点，过点作于点，则是平面与平面所成锐二面角的平面角，然后在中求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为矩形，所以为的中点， 因为平面平面，平面，平面， 所以， 所以为的中点，即实数的值为； （2）在直三棱柱中，平面平面， 所以， 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 过点作于点，因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 延长交于点，过点作交于点，过点作于点， 因为，所以， 因为，所以, 因为，所以∽， 所以，所以，得， 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以是平面与平面所成锐二面角的平面角， 因为，且，，所以， 取的中点，连接，则， 因为，所以， 所以，所以，解得， 所以， 所以， 因为，所以， 解得， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行，考查面面垂直，考查求二面角，解题的关键是根据题意作出二面角的平面角，也是难点，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于难题. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省长沙市开福区2025-2026学年高一下学期期末考试自编试卷 数学试题 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，其中是虚数单位，则复数的虚部为（    ） A．1 B．-1 C． D． 2．已知两个随机事件，相互独立， ，则 （    ） A． B． C． D． 3．在中，则的值等于（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，圆柱的底面半径为，，为圆的直径，点为圆上的动点，点为圆柱侧面上的动点（不含边界），平面，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．如图，正三棱柱的侧棱长为4，底面正三角形的边长为3，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 6．某5个数据的样本平均数为3，方差为2．现增加一个数据3，则这6个数的方差为（    ） A． B． C． D． 7．已知，，则（    ） A． B． C． D． 8．在长方体中，已知，．关于长方体有下列三个命题： 甲：与所成的角的余弦值为； 乙：与所成的角的余弦值为； 丙：． 如果其中有且只有2个真命题，则长方体的体积为（    ） 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．下列结论中，所有正确的结论是（　　） A．若，则 B．命题的否定是： C．若且，则 D．若，则实数的取值范围为 10．已知正数，满足，则下列各选项正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为1 D．的最小值为8 11．如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则下列结论中正确的是（    ）    A．平面 B． C．直线与直线所成角的大小为90° D．设平面底面，则二面角的余弦值为 三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．从，，，，中随机选个不同的数，则这两个数之和为偶数的概率为________． 13．函数的值域是__________. 14．已知函数，若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________，__________. 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．某企业拟从甲、乙两家工厂中选择一家作为供货商，现从两家工厂生产的产品中各抽取100件，并测量其质量指标值（指标值越大，代表质量越高），测量结果统计如下： 质量指标值分组 频数 40 60 平均数 63 83 方差 6 16 乙工厂 (1)求的值，并估计甲工厂产品质量指标值的样本平均数和样本方差（频率分布直方图中，同一组的数据用该组区间的中点值作为代表）； (2)结合统计学知识为该企业推荐一家供货商． 16．已知是关于的方程的两个虚根； (1)若（为虚数单位），求实数的值； (2)若满足，求实数的值. 17．如图所示为灌溉工具——筒车的示意图，已知筒车的半径为4米．转轴与水面的距离为2米，水深为3米．筒车其边缘上一点从图示位置开始随筒车逆时针匀速旋转（同时开始计时），设匀速旋转一周的时间为秒，从计时起旋转时间为秒；点与水底的距离为米．    (1)当时： ①直接写出关于的函数表达式； ②求前120秒内，点与水底的距离为7米时的值； (2)若当时，点一直处于水中（含水面上），求的取值范围． 18．如图，设Ox、Oy是平面内相交成的两条射线，分别为Ox、Oy同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.    (1)－仿射坐标系中，，以下两个结论①若，则；②若，则是否一定成立？（不必说明理由） (2)在仿射坐标系中，若，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，B、C分别在轴、轴正半轴上，分别为BD、BC中点，求的最大值. 19．如图，已知在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设. (1)当平面时，求实数的值； (2)当平面平面时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 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 $