精品解析：江西省樟树中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2026届高一下学期期末考试数学学科试卷 一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 2. 关于直线及平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 如图所示，在中，，，若，，则（ ） / A. B. C. D. 4. 已知复数z1＝，z2＝，则z1z2的代数形式是（ ） A. B. C. －i D. ＋i 5. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知锐角中，，则边上的高的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，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. 已知，，则正确的有（ ） A. B. 与方向相反的单位向量是 C. 与的夹角为 D. 与平行 10. 如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（ ） A. f（0）= B. += C. f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z） D. f（x）的图象关于直线x=5对称 11. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ） A. 平面 B. 存在唯一一点，使 C. 存在无数个点，使 D. 若，则点到直线的最短距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则与的夹角为___________. 13. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________． 14. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为______． 四、解答题：本大题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. 复数满足，为纯虚数，若复数在复平面内所对应的点在第一象限． （1）求复数； （2）复数，，所对应的向量为，，，已知，求的值． 16. 如图，正三棱柱中，是的中点，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 17. 在中，为上一点，，，. （1）若，求外接圆的半径； （2）若，为锐角，求面积. 18. 已知向量，．设函数，． （1）求函数的单调增区间． （2）当时，方程有两个不等的实根，求的取值范围； （3）若方程在上的解为，，求． 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； （3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高一下学期期末考试数学学科试卷 一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦函数的诱导公式，结合特殊角的余弦函数值进行求解即可. 【详解】. 故选：A 2. 关于直线及平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中线面位置的判定和性质，判断选项中的结论是否正确. 【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误； 对于B，若，，则或， 若，又，故， 若，则存在直线使得，又，所以，所以，故B正确； 对于C，若，，则，又，则或，故C错误； 对于D，若，则或或或与相交（不垂直），故D错误. 故选：B. 3. 如图所示，在中，，，若，，则（ ） / A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的加法、减法、数乘，利用基底表示所求向量即可. 【详解】因为， 所以， 故选：B 4. 已知复数z1＝，z2＝，则z1z2的代数形式是（ ） A. B. C. －i D. ＋i 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数三角形式的乘法法则，计算即可得解. 【详解】 故选:D. 【点睛】本题考查了复数三角形式的乘法法则，意在考查学生的计算能力，是基础题. 5. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 8. 已知锐角中，，则边上的高的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设边上的高为，根据题意得，再结合条件得，再分析求值域即可． 【详解】因为锐角中，， 则，解得， 由正弦定理可得，则，， 设边上的高为，因为， 可得 ， 因为，则，可得， 所以． 所以边上的高的取值范围为． 故选：D． 二、多选题：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，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. 已知，，则正确的有（ ） A. B. 与方向相反的单位向量是 C. 与的夹角为 D. 与平行 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，直接求出，判断答案即可；对于B，先求出与同向的单位向量，再求得方向相反的单位向量即可判断；对于C，直接求出夹角的余弦值即可判断；对于D，由是否符合共线的坐标表示即可判断. 【详解】对于A，由，，则， 故选项A正确； 对于B，与同向的单位向量， 则与方向相反的单位向量是，故选项B错误； 对于C，设与的夹角为，则， 再由，则，故选项C正确； 对于D，由， 所以与不平行，故选项D错误. 故选：AC. 10. 如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（ ） A. f（0）= B. += C. f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z） D. f（x）的图象关于直线x=5对称 【答案】AD 【解析】 【分析】根据图象以及题中信息求出函数的解析式，可判断出B选项的正误；求出的值，可判断出A选项的正误；结合余弦型函数的基本性质可判断出C、D选项的正误. 【详解】由题意可知，当的面积最大时，点为函数图象上的一个最高点， 设点的坐标为，由余弦型函数的对称性可知，又， 则为等腰直角三角形，且，则直线的斜率为， 得，则点的坐标为， 所以，函数最小正周期为， ， ，得， ，， ，得，则， ∴，A选项正确； ，B选项错误； 解不等式，解得， 所以，函数的单调递增区间为，C选项错误； ，所以，函数的图象关于直线对称，D选项正确. 故选：AD. 11. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ） A. 平面 B. 存在唯一一点，使 C. 存在无数个点，使 D. 若，则点到直线的最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】点为动点，确定点的运动轨迹是解题的关键，将条件的异面垂直转化为线面垂直，找到的垂面，即可确定点的轨迹，对于A，由面面平行进行判断，对于B，利用反证法和平行的传递性进行判断，对于C，将异面垂直转化为线面垂直，找到的垂面进行判断，对于D，由得到点也在球面上，所以点是球面与平面的并线，考查球截面的问题，类比圆的问题进行解决 【详解】解：对于A，因为平面，所以点在平面上，又因为平面∥平面，所以平面，所以A正确， 对于B，假设存在点，使得，因为∥，所以∥，这与在平面外矛盾，所以假设不成立，即点不存在，所以B错误， 对于C，如图，因为平面，平面平面，所以当点在直线上时，恒有，所以C正确， 如图，若，则点在以为球心，（）为半径的球面上，设平面，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，所以平面被球面截得的圆的半径为，且圆心为中点，设为，则在等边三角形中，到直线的距离为，所以点到直线的距离的最小值为，所以D正确， 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，满足，，，则与的夹角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由，，且进行平方可得，利用数量积公式即可得解. 【详解】对两边平方可得：， 所以， 由， 可得， 所以夹角为， 故答案为：. 13. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由轴截面是等边三角形求出圆锥底面半径与母线长，再由圆锥表面积公式计算． 【详解】因为圆锥的底面直径为2，它的轴截面是等边三角形， 则圆锥的母线长，底面半径， 所以圆锥表面积为． 故答案为：． 14. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设,用表示出的长度,进而用三角函数表示出,结合辅助角公式即可求得最大值. 【详解】设，扇形的半径为1， 则，， ，所以， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以当，即时, 取得最大值. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用三角函数表示线段长，利用三角恒等变换求得最值是常用方法. 四、解答题：本大题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. 复数满足，为纯虚数，若复数在复平面内所对应的点在第一象限． （1）求复数； （2）复数，，所对应的向量为，，，已知，求的值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设出复数，由复数的模长、复数的乘法及纯虚数的概念得出方程组，求解即可； （2）先写出复数，，，得到向量，，，再写出，由向量垂直的坐标公式求解即可. 【小问1详解】 设，因为复数在复平面内所对应的点在第一象限，所以，又，则①， 为纯虚数，则②，由①②可得，则； 【小问2详解】 由（1）得，，，则，，，则， 由可得，即，解得. 16. 如图，正三棱柱中，是的中点，． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设，证明，即可证明平面； （2）先证明平面，再利用等积变换，结合锥体体积公式可求三棱锥的体积． 【小问1详解】 连接，设，连接， 是正三棱柱，且， ∴四边形是正方形，是的中点， 又是的中点，， 平面平面平面． 【小问2详解】 ∵正三棱柱中，是的中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 平面， ． 17. 在中，为上一点，，，. （1）若，求外接圆的半径； （2）若，为锐角，求面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求得，再利用正弦定理即可得解. （2）利用三角函数的平方关系与余弦定理求得所需要线段长，再利用正弦定理与三角形面积公式即可得解. 【小问1详解】 由余弦定理 ，解得； 又，解得； 外接圆的半径为； 【小问2详解】 因为，为锐角， 则； 设，则， 在中，， 由余弦定理得，解得； 所以； 由正弦定理，即，解得； 所以， 即的面积为. 18. 已知向量，．设函数，． （1）求函数的单调增区间． （2）当时，方程有两个不等的实根，求的取值范围； （3）若方程在上的解为，，求． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后利用正弦函数的性质即得； （2）令，根据方程有两个不等的实根，则需函数在上的图象与有两个交点，求解即可； （3）令，则函数变形为，从而等价于，根据函数的图象与性质，可知与的两交点的横坐标，满足，则，即，代入，求解即可. 【小问1详解】 由题意可知， ， 由，可得， ∴函数的单调增区间为； 【小问2详解】 令， 当时，令，则 且在区间上单调递增，在区间上单调递减， 若使得方程有两个不等的实根 则需函数与有两个交点 即，与有两个交点， 所以，即； 【小问3详解】 由，令，则 所以 又因为时，图象关于对称，且， 时，图象关于对称，且， 所以等价于， 设为与的两交点的横坐标，则， ，为方程的两个解， ， 即，即，， 所以. 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； （3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【答案】（1） （2）作图： （3）面积为，体积为 【解析】 【分析】（1）根据圆柱体体积公式求得结果； （2）观察图形，交线是一条直线，作出图像即可得到； （3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为，高为的正四棱锥， 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积.. 【小问1详解】 因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为：． 【小问2详解】 如图： 曲线是所求的一条交线． 【小问3详解】 如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为，因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为． 用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为． 【点睛】思路点睛：本题提出了一个新的几何体的定义，要求新的几何体的体积需要转换为常见几何体体积来求解，本题关键在于由截面面积构建出一个正方体扣除正四棱锥后剩下的部分与所求立体图形像对应，从而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $