精品解析：重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

重庆南开中学高2026级高一（下）期末考试 数学试题 命题人：高一数学备课组 审题人：陈菊仙 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量与满足，且与的夹角为，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 4. 如图，在三棱锥中，为的中点，设，则用表示为（ ） A B. C. D. 5. 在中，角对边分别为，且满足的面积为，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶常见样式，屋顶包含一条正脊､四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长，宽，正脊长，四个屋顶面坡度均为，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知圆台为上底面圆的一条直径，且是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（ ） A. B. C. D. 二：多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 对于平面，若，则 B. 对于平面和直线，若，则 C 对于平面和直线，若，则 D. 对于平面和直线，若，则 10. 已知圆，圆心关于直线对称点为为圆上两点，且满足，点为坐标原点，则下列正确的是（ ） A. B. 轴与圆相切 C. 线段的中点轨迹为圆 D. 的最大值为 11. 如图，棱长为4的正方体中，点为的中点，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面所成角为，则的取值范围是 C. 设平面，则三棱锥的体积为 D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转，则在旋转过程中，则的取值范围是 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线和直线垂直，则实数__________. 13. 已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则__________. 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 如图，在直三棱柱中分别是的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 17. 已知圆满足：①；②与圆外切；③被直线分成两段圆弧，其弧长的比为. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆相交于两点，四边形为平行四边形，求直线的方程. 18. 已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. （1）求的大小； （2）现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，记三棱锥外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆南开中学高2026级高一（下）期末考试 数学试题 命题人：高一数学备课组 审题人：陈菊仙 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 第I卷（选择题共58分） 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数除法的四则运算化简复数，再根据定义写出复数的虚部即可. 【详解】因为 所以复数的虚部为： 故选： 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先把方程化为斜截式，得到直线斜率，即可求解. 【详解】由得：，设其倾斜角为，， 所以斜率， 故倾斜角为， 故选：C 3. 已知向量与满足，且与的夹角为，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 分析】计算出，再根据计算出结果. 【详解】由题意得：， 所以. 故选：C 4. 如图，在三棱锥中，为的中点，设，则用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用向量的线性运算和中线向量的应用求出结果． 【详解】在三棱锥中，点N为棱的中点，点M在棱PC上，且满足 故， 所以， 点N为棱的中点， 所以， 故. 故选：B． 5. 在中，角的对边分别为，且满足的面积为，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用余弦定理得到,即得B的值，结合三角形面积公式和基本不等式求的最小值. 【详解】，， 又， 又因为，所以， ， 当且仅当时，等号成立， 即为等边三角形时，取最小值为2. 故选：B 6. 庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊､四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长，宽，正脊长，四个屋顶面坡度均为，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成.根据坡度比可以计算三角形和梯形的高，根据题意计算表面积即可. 【详解】根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成. 过点作底面的垂线交底面于点，过点作底面矩形的长的垂线并交于点， 取宽的中点为,连接，即有，分别为侧面、正面与底面形成的二面角， 屋顶长，宽，正脊长，由对称性可得，， 四个屋顶面坡度均为，得，， 由勾股定理得， 因为四个顶面坡度均相等，即，且， 即，， 故屋顶面积为： 故选：. 7. 如图，已知圆台为上底面圆的一条直径，且是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，取的中点，求得，设圆台的下底面圆的半径为，得到，且，在直角中，求得，取的中点，在直角中，求得母线，结合侧面积公式，即可求解. 【详解】因为矩形的面积等于，且， 可得，解得， 取的中点，连接，则， 设圆台的下底面圆的半径为，因为，为等边三角形， 因为，且为的中点，所以， 在直角中，可得， 取的中点，可得且， 在直角中，，可得， 所以该圆台的侧面积为. 故选：D. 8. 已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作，交于点，根据题意可知，，，根据垂直关系数量积为0，可得，从而借助余弦定理求解. 【详解】过点作，交于点， 在上的投影向量的模长为，则， 因为， 所以 ， 所以，则， 又因为，得， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：由在上的投影向量的模长为，则，. 二：多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 对于平面，若，则 B. 对于平面和直线，若，则 C. 对于平面和直线，若，则 D. 对于平面和直线，若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项，根据线面平行的性质定理判断即可；对于B选项，根据线面垂直的判定定理可判断；对于C，结合正方体中的线面关系可判断；对于D选项，利用反证法证明. 【详解】对于A选项，因为，， 所以，所以，由于，，所以，故A正确； 对于B选项，由，可知过的平面与的交线与平行，且所有的交线互相平行， ，可得与交线垂直，但无法推出，B错误； 对于C选项，如图，在正方体中，，平面，平行与平面， 但平面平面，C错误； 对于D选项，如图，设， 假设与平面不平行，又， 所以与平面相交，设交点为， 在内过点作直线，因为，，则， 则过点有两条直线垂直于平面，矛盾， 所以假设不成立，故，D正确. 故选：AD 10. 已知圆，圆心关于直线对称点为为圆上两点，且满足，点为坐标原点，则下列正确的是（ ） A. B. 轴与圆相切 C. 线段的中点轨迹为圆 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，运用点关于线对称性质列方程，解出即可；对于B，运用点线距离与半径大小比较作判断即可；对于C, 设，中点设为，由平行四边形定则，，两边平方，再用两点间的距离公式得到，，借助在圆上，和，再继续化简，得到，即可判断C；对于D, ,使得最大，则最大即可，借助图形，得出最大值，即可求出最大值，可判断D. 【详解】，则， 圆心关于直线对称点，则可得线段中垂线为，得 解得，故A正确； 由A知道，且，显然到轴距离为1,小于2，故与轴与圆相交，故B错误； 设，中点设为（∗）， 则，，两式相加得到， ，移项并把（∗）式代入得到， （∗∗）． ，根据平行四边形定则，，两边平方得， ，即， 由两点间的距离公式得，， 即， 即， 即，由（∗）（∗∗）式代入知道， ，化简得到， ，即，配方． 因此线段的中点轨迹为圆心为，半径为的圆．故C正确． ，则， 即（∗∗∗），则要使得最大，则最大即可． 由题可知,的轨迹为圆:，可画图辅助分析． 当最大时，位置如图所示，． 代入（∗∗∗）式，，故D正确． 故选：ACD. 11. 如图，棱长为4的正方体中，点为的中点，动点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面所成角为，则的取值范围是 C. 设平面，则三棱锥的体积为 D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转，则在旋转过程中，则的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据题目条件得到在侧面（不含边界），作出辅助线，证明出⊥平面，从而得到⊥，同理可证⊥，得到线面垂直，面面垂直；B选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，求出，从而得到，故；C选项，作出辅助线，得到，利用等体积法和体积之比得到三棱锥的体积；D选项，作出辅助线，得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，从而确定何时取得最小值和最大值，得到答案. 【详解】A选项，，故在侧面（不含边界）上， 连接，因为⊥平面，平面， 所以⊥， 因为四边形为正方形，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥，同理可证⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 又平面， 所以平面⊥平面，A正确； B选项，取的中点，连接，则⊥平面， 则即为直线与平面所成角， 因为点在侧面（不含边界）上，正方体棱长为4， 故， 由勾股定理得， 则，B正确； C选项，取的中点，连接， 可证≌，故，同理可知， 又与的交点为正方体的中心，故四点共面， 故， 因为，且，故 所以， 连接，则， 因为⊥平面，平面， 所以⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 其中到平面的距离为， 而四边形的面积为， 则三棱锥的体积为，C错误； D选项，取的中点，连接， 因为，所以⊥，且， 以的边所在直线为旋转轴将旋转， 的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 过点作⊥于点，则，， 连接交圆于点，连接，故当重合时，取得最小值， 最小值为， 取的中点，则， ， 又，故， 又，故， 由勾股定理得， 同理，的延长线交圆于点，当重合时，取得最大值， 其中， 由勾股定理得， 故取值范围是，D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线和直线垂直，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线垂直列方程，从而求得的值. 【详解】由于，所以， 解得，所以的值为. 故答案为： 13. 已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，两边平方再结合已知可得，则，和中分别使用正弦定理可得下列方程组，可解问题. 【详解】 由为线段的中点，则， 所以， 又因为，解得，则， 在和中分别使用正弦定理可得下列方程组 , 由得,于是，结合， 将上面的两个方程相比可得：. 故答案为： 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得到平面的距离，设在平面的射影为，由题可得最小时最小，进而可得，然后根据长方体的性质结合条件即得. 【详解】根据题意，因为，， 设点到平面的距离为，又，所以， 设在平面内的射影为点，则，平面， 而平面，所以，又， 平面，所以平面， 中，，要使取最小值时，则最小， 当时，最小，此时，四边形为矩形，所以， 三棱锥的外接球为以为共顶点的长方体的外接球， 其直径为，半径为， 所以三棱锥外接球的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：要使取最小值，则在平面内的射影最小. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简得到，求得，即可求解； （2）由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得， 即， 化简得， 因为，可得，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为且， 由余弦定理，可得， 即，解得或（舍去）， 故的面积为. 16. 如图，在直三棱柱中分别是的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理与平行线的传递性证得四边形是平行四边形，从而利用线面平行的判定定理即可得证； （2）先利用中位线定理判断得是异面直线与所成角，再利用勾股定理依次求得的各边，再利用余弦定理即可得解. 【小问1详解】 记的中点为，连接， 又是的中点，所以， 因为在直三棱柱中， 又分别是的中点，所以， 所以，则四边形是平行四边形，则，， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 记的中点为，连接， 又分别是的中点，所以， 所以是异面直线与所成角（或补角）， 因为在直三棱柱中平面， 又平面，所以，同理，， 又， 则，，，， 所以，，则， 所以，， ， 所以在中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 17. 已知圆满足：①；②与圆外切；③被直线分成两段圆弧，其弧长的比为. （1）求圆的方程； （2）若直线与圆相交于两点，四边形为平行四边形，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）画出图形，由于圆与圆外切，得到，圆被直线分成两段圆弧，其弧长的比为. 得到，求出即可； （2）画出图形，四边形为平行四边形,，得到，将直线设为：；则，结合垂径定理和勾股定理，得到，求出即可. 【小问1详解】 如图所示，与圆交于，过作垂直于于点． 由于，配方得， 则圆心为，半径．，圆心为，半径． 由于圆与圆外切，则（∗）． 圆被直线分成两段圆弧，其弧长的比为. 则， 则（∗∗），与（∗）联立方程，解得（）. 因此，则圆的方程为：． 【小问2详解】 直线与圆相交于两点，四边形为平行四边形，则，. 则，则直线设为：，即. 四边形为平行四边形,则． 过作于 点，由垂径定理得， 则， 运用点到直线的距离公式得到，则，解得， 则直线的方程为：，即或. 18. 已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. （1）求的大小； （2）现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析 （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，，则，，可证，则，在中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解； （2）（i）由（1），，即，，可得平面，进而证明平面，最后可证平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 根据题意，设，，则，， 由，所以， 且，，所以， 所以，则， 在中，，即， 所以， 即， 可得，化简得， 因为，所以，即； 【小问2详解】 （i）根据（1），，即，， 则，又，平面， 所以平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，平面，则， 由，即，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （ii）以为原点，分别为轴、轴、轴，建立直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 又因为平面的法向量， 则，即， 令，则，，故， 所以, 因为平面与平面夹角的余弦值. 19. 如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且为的中点，点在平面内的射影为点，且. （1）求证：； （2）当为等边三角形时，求点到平面的距离； （3）若，记三棱锥外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，即可得结果； （2）根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离； （3）利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点H的位置，分析二面角可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 且平面，所以. 【小问2详解】 做，垂足分别为，连接， 若为等边三角形，则为中点， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以. 对于平行四边形，建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 设，则， 若，可得，即， 因为为中点，可知：，则，即， 由可知直线，且， 设，则， 由可得， 解得，即， 则， 可知三棱锥的高， 在中，边的高， 设点到平面的距离为， 由可得，解得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 由题意可知：， 由（2）可知：点在直线上， 结合（2）中数据可得：， 在中，由余弦定理可得 ， 设的外接圆半径为，则， 设三棱锥的外接球半径为， 则 ， 且，可知当时，取到最小值，即外接球表面积取到最小值， 此时， 由（2）可设，则， 解得，即，可知，且， 过作，垂足为， 因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 且，平面， 可得平面， 且平面，所以， 可知平面与平面夹角的大小为， 则，可得， 结合的面积可得，则， 可得，且，解得， 所以. 【点睛】关键点点睛：1.第二问：借助于平面向量求相应的长度，这样可以简化推理过程； 2.第三问：利用解三角形知识求外接球的半径，进而分析最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$