辽宁葫芦岛市2025-2026学年高一数学下学期期末复习卷（一）

**基本信息** 高一期末复习卷通过汽车测楼阁高度等现实情境、费马点文化素材及伴随函数新定义，融合动态几何问题，考查数学眼光观察、逻辑推理及空间观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、线面关系、斜二测画法|第5题行程测高情境，体现应用意识| |多选题|3/18|复数性质、三角函数图像、正方体动态问题|第11题动点轨迹探究，考查空间想象| |填空题|3/15|向量数量积、圆锥外接球、费马点应用|第14题数学文化融入，培养创新意识| |解答题|5/77|三角函数图像、解三角形、立体几何体积、新定义函数|第18题伴随函数定义，考查逻辑推理；19题动态几何模型，提升实践能力|

2025-2026学年高一期末复习卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A．， B．， C．， D．，， 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中， ，则原四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 5．一辆汽车在一条水平的公路上行驶，如图，在处时测得公路右侧一座楼阁屋顶仰角为，向前行驶60米到达处时又测得楼阁屋顶仰角为，继续向前行驶60米到达处时再次测得楼阁屋顶仰角为．则该楼阁的高度（     ） A．米 B．米 C．米 D．米 6．若函数在上单调递减，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 7．如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（    ） A． B． C． D． 8．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点O为的外心，且，，则和面积之差的最大值为（ ） A． B． C． D． 2． 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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．下列说法中正确的是（    ） A．复数的模 B．若复数为纯虚数，则实数 C．已知m，，2i是关于x的方程的一个根，则 D．若复数z满足，则的最小值为 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则在上单调递增 B．若，则的最小值为1 C．若将函数的图象向右平移个单位，所得图象与关于轴对称，则的最小值为3 D．若在上无零点，则的取值范围为 11．如图，在正方体中，，点是正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．若点在线段上，则 B．若点在线段上，则的最小值为 C．若点是线段的中点，则点到平面的距离为 D．若，则点的轨迹长度为 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量满足与的夹角为，若，则__________. 13．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为为底面圆的一条直径，为圆上的一个动点（不与重合），则三棱锥的外接球体积为__________. 14．“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：已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且满足，，则的值为____________________． 4． 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．（13分）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式，并求出的对称轴； (2)先把的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图象，请写出的解析式，并求出在上的最大值和最小值. 16．（15分）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，且. (1)求角； (2)若，，求的面积； (3)若，求周长的取值范围. 17．（15分）如图所示，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱，上的点，点M是线段AC的中点，． (1)求证平面AEF； (2)若，求多面体的体积 18．（17分）定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量. (1)若向量为函数的伴随向量，求； (2)若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； (3)若函数为向量的伴随函数，关于的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围. 19．（17分）现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一期末复习卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数z满足，则复数z表示复平面的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【难度】0.88 【详解】由可得：， 所以复数z表示复平面的点为:，在第一象限. 2．已知直线，与平面，，，则的一个充分条件是（　　） A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【难度】0.82 【详解】对于选项A：当，时，，所以本选项不符合题意； 对于选项B：当，时，平面，可以平行，所以本选项不符合题意； 对于选项C：当，时，由面面垂直的判定定理可得，所以本选项符合题意； 对于选项D：当，，时，根据线面垂直的判定定理，由不一定能推出，所以本选项不符合题意. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【详解】由余弦的二倍角公式得：. 4．已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中， ，则原四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.75 【分析】根据直观图画出原图，可得原图形为直角梯形，计算该直角梯形的面积即可. 【详解】过点作，垂足为 则由已知可得四边形为矩形，为等腰直角三角形 ，则， 根据直观图画出原图如下：    可得原图形为直角梯形，， 且， 可得原四边形的面积为. 5．一辆汽车在一条水平的公路上行驶，如图，在处时测得公路右侧一座楼阁屋顶仰角为，向前行驶60米到达处时又测得楼阁屋顶仰角为，继续向前行驶60米到达处时再次测得楼阁屋顶仰角为．则该楼阁的高度（     ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【难度】0.65 【分析】设该楼阁的高度米，根据题意得，，，，再结合，根据余弦定理求得即可得答案. 【详解】设该楼阁的高度米， 根据题意，，， 所以，，， 因为， 所以， 因为， ， 所以，即， 整理得，解得米，即该楼阁的高度米. 6．若函数在上单调递减，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.56 【分析】确定的取值范围，根据余弦函数的单调性列出不等式即可求解. 【详解】令，因为，且，所以， 因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 因为余弦函数在上单调递减， 则，解得，所以的取值范围为. 7．如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.47 【分析】过作，根据已知确定上几何体的构成，再应用圆锥的体积公式求上下几何体的体积，即可得. 【详解】过作，如下图示， 由题意，上几何体是半径为的两个圆锥组合而成，高分别为， 令的边长为，则，，，可得， 所以上几何体的体积为， 而圆锥的体积为， 所以下几何体的体积为， 综上，上下几何体的体积之比是. 8．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点O为的外心，且，，则和面积之差的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.32 【分析】根据题意，利用正弦定理和余弦定理，求得，得到，设的外接圆半径为，得到，求得，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由， 可得 所以， 由正弦定理得，再由余弦定理得， 因为，所以， 设的外接圆半径为，由为的外心， 则，且，即， 因为，且，所以， ， 则， 所以当，即时和面积之差的最大值为，选A。 2． 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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．下列说法中正确的是（    ） A．复数的模 B．若复数为纯虚数，则实数 C．已知m，，2i是关于x的方程的一个根，则 D．若复数z满足，则的最小值为 【答案】AC 【难度】0.64 【分析】由复数模的计算公式，可判定A正确；化简复数，根据复数的分类，列出方程，求得的值，可判定B错误；根据实系数一元二次方程性质，结合韦达定理，求得的值，可判定C正确；根据复数模的几何意义，以及圆的性质，可判定D错误. 【详解】对于A，由复数，可得，所以A正确； 对于B，由复数， 因为复数为纯虚数，可得，解得，所以B错误． 对于C，由是关于x的方程的一个根，可得是方程的另一个复数根， 由韦达定理得，可得，所以，所以C正确． 对于D，由复数满足， 可得在复平面内，复数的对应点在以为圆心，2为半径的圆上， 因为表示点Z到点的距离，且点在圆内， 且, 所以的最小值为，所以D错误． 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则在上单调递增 B．若，则的最小值为1 C．若将函数的图象向右平移个单位，所得图象与关于轴对称，则的最小值为3 D．若在上无零点，则的取值范围为 【答案】AD 【难度】0.42 【分析】对于A，根据正弦型函数的单调性判断即可；对于B，根据，得到或，，判断即可；对于C，根据图像的平移变换结合所得图象与关于轴对称，得到，，判断即可；对于D，根据在上无零点，列方程组求解即可. 【详解】. 对于A，若，，当时，， 又在上单调递增，故A正确. 对于B，若，则，即， 所以或，，即或，， 又，所以的最小值为2，故B错误. 对于C，将函数的图象向右平移个单位，得到. 因为与关于轴对称，所以， 所以或，， 即，或，， 又，所以的最小值为6，故C错误. 对于D，若在上无零点，则，， 解得，. 又，当时，；当时，； 当时，，此时无解， 故若在上无零点，则的取值范围为，D正确. 11．如图，在正方体中，，点是正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．若点在线段上，则 B．若点在线段上，则的最小值为 C．若点是线段的中点，则点到平面的距离为 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【难度】0.4 【分析】对A：通过证明平面，可得；对B：将平面沿直线翻折，使得四点共面，则由和均是边长为的等边三角形，可得；对C：借助等体积法可得，再利用余弦定理及面积公式求出即可得解；对D：可得点的轨迹为平面中，以中点为圆心、为半径的圆的圆弧上，即可得其轨迹长度. 【详解】选项A，当点在线段上时，连接， 在正方形中，对角线， 又平面，平面，所以， 于是垂直于平面内的两条相交直线和， 故平面，而平面，因，A正确； 选项B，当点在线段上时，将平面沿直线翻折， 使得四点共面，由和均是边长为的等边三角形， 故，B错误； 选项C，当点是线段中点时，设点到平面的距离为， 则， 又，则， 又，由余弦定理得， 所以，所以，故，C正确； 选项D，取的中点， 连接，易知，则， 由得点在以为圆心、为半径的圆上，点的轨迹为圆弧， 易知，所以点的轨迹长为，D正确. 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量满足与的夹角为，若，则__________. 【答案】 【难度】0.82 【详解】因为与的夹角为，所以. 因为，所以， 解得. 13．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，且轴截面面积为为底面圆的一条直径，为圆上的一个动点（不与重合），则三棱锥的外接球体积为__________. 【答案】 【难度】0.64 【分析】根据条件，求出圆锥底面半径r和母线l的值，进而可得圆锥的高，分析可得三棱锥的外接球球心在SO上，根据勾股定理，计算求解，可得外接球半径R，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则圆锥的高为 因为侧面展开图为一个半圆，所以，解得， 又轴截面面积为，所以， 解得，则，圆锥的高为， 由题意三棱锥的外接球的球心在SO上，且设为，外接球半径设为R， 连接，则，所以， 在中，，即， 则，解得， 则三棱锥的外接球的体积. 14．“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：已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且满足，，则的值为____________________． 【答案】 【难度】0.39 【分析】由三角恒等变换和正弦定理得到，结合费马点的定义，三角形面积公式可得的值，进而由向量数量积公式可得答案. 【详解】，即， 由正弦定理得， 即，， ， 因为，所以，，， 因为，所以， 故的三个内角均小于，又点为的费马点， 则， 由可得， 由余弦定理得， 故，解得， 故， 又， 故， 解得， 所以 . 4． 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．（13分）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式，并求出的对称轴； (2)先把的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图象，请写出的解析式，并求出在上的最大值和最小值. 【答案】(1)，对称轴方程为，. (2)，最小值，最大值 【难度】0.75 【分析】（1）根据图象可得，再由周期可求出，再代入点坐标可求得解析式，即可求得对称轴方程； （2）利用图象平移规则求出的解析式，再由函数单调性可求得最大值和最小值. 【详解】（1）由图象可知，设函数的最小正周期为， 则，故，又，所以， 将点代入，得，即， 所以，，即，， 又，故， 所以， 令，，得的对称轴方程为，. （2）先把的图象向右平移个单位得到的图象对应的解析式为， 再向下平移1个单位，得到的图象对应的解析式为， ，则， ∴当，即时，取得最小值，此时； ∴当，即时，取得最大值，此时； 16．（15分）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，且. (1)求角； (2)若，，求的面积； (3)若，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.66 【分析】（1）根据向量的共线结合正弦定理可得角的三角函数值，进而可得角的值； （2）先由余弦定理求得，再由面积公式可得； （3）先由余弦定理得，再由基本不等式可得最大值. 【详解】（1）因为向量，，且， 所以. 又由正弦定理得， 因为，所以 又因为，所以. （2）因为中，，，由（1）知， 由余弦定理， 即，所以， 解得或（舍去）. 所以的面积. （3）由（1）知，且，由余弦定理， 得， 即，，当且仅当时等号成立. 所以的最大值为8. 又 的周长取值范围为 17．（15分）如图所示，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱，上的点，点M是线段AC的中点，． (1)求证平面AEF； (2)若，求多面体的体积 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.54 【分析】（1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面. （2）求出四棱锥及三棱柱的体积，再利用割补法求出多面体的体积. 【详解】（1）取AE的中点O，连接OF，OM，由O，M分别为AE，AC的中点， 得，，而，且，则， 且，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面． （2）在棱柱中，取BC中点G，连接AG，则AG为四棱锥的高， 而，四棱锥的体积， 由，得，三棱柱的体积， 所以多面体的体积为． 18．（17分）定义：若非零向量，函数的解析式满足，则称为的伴随函数，为的伴随向量. (1)若向量为函数的伴随向量，求； (2)若函数为向量的伴随函数，在中，，，且，求的值； (3)若函数为向量的伴随函数，关于的方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【难度】0.42 【分析】（1）先将函数化简为的形式，从而得到伴随向量的坐标，再根据向量模的计算公式即可求出； （2）先根据伴随函数的定义求出的表达式，进而求出的值，再利用正弦定理求出，最后根据余弦定理即可求出； （3）先根据伴随函数的定义求出函数的表达式，再化简方程，分类讨论并画出的图象，然后将问题转化为两个函数有交点问题，最后根据函数图象的交点情况即可求出实数的取值范围． 【详解】（1）由题意得， ，. （2）函数为向量的伴随函数， ， ，或， 即或（舍）， 又，由正弦定理得，，即，， 所以，即， 由余弦定理得，即， 即. （3）函数为向量的伴随函数，， 又关于的方程为， ，即 记 ∴ 作出函数的图像，如图所示， 方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 图象与直线有四个交点， ，即. 19．（17分）现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【难度】0.41 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【详解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）（ⅰ）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，，所以是二面角的平面角. 因为，为的中点，所以，设. 则，. 因为，，，平面，所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $