辽宁葫芦岛市2025-2026学年高一数学下学期期末复习卷（二）

**基本信息** 高一期末复习卷覆盖复数、立体几何、向量、三角函数等核心知识，通过新定义（布洛卡点）、动态问题（正方形动点）考查空间观念、运算能力与推理意识，适配期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数象限、充要条件、向量投影|基础概念辨析，如复数几何意义| |多选题|3/18|三角函数图像平移、解三角形判断|多维度考查，如正方体动点轨迹长度| |填空题|3/15|三角函数图像变换、球体积|限定条件下范围求解，如锐角三角形边角范围| |解答题|5/77|正四棱锥证明、布洛卡点应用|综合性强，如引入布洛卡点新定义考查数学抽象与推理|

2025-2026学年高一期末复习卷（二） 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，则z在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【难度】0.82 【详解】根据的周期性可知，，， 所以， 所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限. 2．在中，记，则“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【难度】0.85 【详解】因为是三角形内角，因此. 若，结合可得，此时，因此充分性成立； 若，结合可得或， 当时，，因此必要性不成立. 综上，是的充分不必要条件. 3．一圆台上下底面半径为另一圆锥的底面半径也为.若圆台的母线与圆锥的母线长相等，则圆台与圆锥体积比为（     ） A． B．3 C． D．7 【答案】D 【难度】0.65 【详解】设，因为，所以. 设圆台高为，母线长为，. 设圆锥高为，. 所以，. 圆台体积. 圆锥体积. 所以. 4．已知向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【分析】根据向量垂直得到，再根据向量数量积运算得，最后利用投影向量计算公式即可得到答案. 【详解】由于，所以， 即， 又，， 所以. 则向量在向量上的投影向量等于： . 5．若，且，则（    ） A． B．或 C． D． 【答案】C 【难度】0.62 【分析】根据所给角的范围，同角三角函数的平方关系及各象限三角函数的正负，结合两角和的正弦公式即可求解． 【详解】因为，所以，又， 所以，， 所以， 又因为，所以，又， 所以，则， 所以 ． 6．如图，正方形的边长为2，分别为边 上的动点，若，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.6 【分析】法一：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，设出P、Q点坐标，根据数量积公式，可得m，n的关系，结合基本不等式，整理计算，即可得答案；法二：设，则∠BCP＝，根据三角函数的定义，可得CQ、CP的长，根据数量积公式，结合余弦函数的图象与性质，分析求解，即可得答案. 【详解】法一： 建立以A为坐标原点，为轴，为轴的平面直角坐标系， 则，设， 所以，则， 又， 则有， 令，，则， 左右同时平方得， 则，整理得， 所以，又，所以， 则，即， 解得，或（舍去）， 又，且， 所以，即， 综上所述. 法二：设，则∠BCP＝， ∵正方形ABCD的边长为2，， ∴. ∴， ∵，则， ∴，∴. 7．将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.55 【分析】根据图象平移得，将问题化为在上单调，结合正弦函数性质求参数的取值范围． 【详解】函数的图象向右平移个单位长度， 得到，， 则，即在上单调， ，解得． 8．已知，，则（）的最小值为（     ） A． B． C． D．无最小值 【答案】A 【难度】0.4 【详解】由，，不妨设， 设，，可得， 则，则， 如图所示，作，则为的最小值， 可知，所以的最小值为. 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．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则（    ） A． B．直线是曲线的对称轴 C．在区间单调递增 D．函数是奇函数 【答案】BCD 【难度】0.65 【分析】利用图象的平移可得，结合三角函数的图象与性质依次判断选项即可. 【详解】由函数的图象向左平移个单位长度得到，故A不正确， 的对称轴满足，即，当时，，即直线是曲线的对称轴，故B正确； 令，解得：， 当时，，所以在区间单调递增，故C正确； ， 所以函数是奇函数，故D正确. 10．在中，，，分别为内角，，的对边，下列叙述正确的有（     ） A．若，，，则有两解 B．若，则为等腰三角形 C．若，则为钝角三角形 D．若为锐角三角形，则 【答案】ACD 【难度】0.62 【分析】根据正弦定理可判断选项A；根据正弦定理及正弦的二倍角公式可判断选项B；根据正弦定理及余弦定理可判断选项C；根据锐角三角形的特点、余弦函数的单调性及诱导公式可判断选项D． 【详解】在中，. 对于A，若，，，由正弦定理，得， 所以或，此时有两解，故A正确； 对于B，若，则由正弦定理有，所以，即， 所以有或，即或，即为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，若，则由正弦定理可得， 不妨设，，，其中，则为最大边，所以为最大角， 则由余弦定理有，所以为钝角，即为钝角三角形，故C正确； 对于D，若为锐角三角形，则，所以， 因为在上单调递减，所以，故D正确． 11．如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 【答案】ABC 【难度】0.42 【分析】对于A：先找平行的平行平面，确定过且与该平面平行的平面和底面的交线，该交线即为点的轨迹，再计算轨迹长度；对于B：先找过三点的平面与正方体各棱的交点，确定截面的形状，再用对应多边形面积公式计算截面面积；对于C：利用等体积法将三棱锥的体积转化为的体积，判断点到平面的距离是否为定值，即可判断体积是否为定值；对于选D：三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，利用长方体的外接球计算半径，再代入球的体积公式计算. 【详解】对于A：取的中点，连接， 因为是中点，是中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，，，所以，又因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，，所以平面平面， 要想平面，只需在平面内运动即可，又因为在平面内运动，所以点的轨迹为平面与平面在正方体内部的交线， ，即点的轨迹长为2，A正确； 对于B：，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以，且，所以四点共面， 所以截面即为梯形，并且，，， 所以等腰梯形的高， 故其面积，B正确； 对于C：，为定值， C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以体积，D错误. 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的图像向左平移（）个单位长度后关于原点对称，则的最小值是________． 【答案】 【难度】0.65 【分析】根据正切函数对称中心为，建立关于的等量关系，结合，的条件，即可求出的最小值. 【详解】解：由题意得，的图像向左平移（）个单位长度后的函数表达式为， 由正切函数的对称中心为，， 因为图像关于原点对称，则当时，， 即，，又，所以， 又因为，所以时，取最小值，为. 13．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围为____________. 【答案】 【难度】0.5 【分析】由正弦定理，结合三角恒等变换化简计算即可求解. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又，所以， 即， 整理得，即. 因为，，均为锐角，所以，即， 又，所以. 因为，，均为锐角，所以，即，解得. 由正弦定理得， 因为，所以， 所以. 14．如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】/ 【难度】0.45 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，，所以，因此， 因为平面，平面，所以，因为平面， 所以平面，而平面，所以，， . 在平面内，过作，交于点，所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 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）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，为侧棱的中点. (1)证明：平面； (2)若是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【难度】0.72 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线证得平面. （2）通过证明平面平面，证得平面. 【详解】（1）如图： 连接，交于，连接， 由于分别是的中点，所以， 由于平面，平面， 所以平面. （2）连接，由于，所以， 由于平面，平面， 所以平面. 由于平面,平面， 所以平面平面， 由于平面，所以平面. 16．（15分）已知的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，设向量,,且. (1)求角C； (2)若，的面积为，D为边的中点，求的长. 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【分析】（1）根据得到,再利用正弦定理和余弦定理求解即可; （2）先根据三角形的面积公式求出,再利用余弦定理求出即可. 【详解】（1）因为,,且, 所以, 由正弦定理可得:，即, 由余弦定理得:，所以, 又,所以. （2）因为, 由三角形面积公式得:，解得, 因为D为边的中点，所以， 在中，， 即，所以. 17．（15分）已知函数. (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. 【答案】(1)， (2) 【难度】0.62 【分析】（1）根据三角恒等变换对进行化简，结合正弦型三角函数的性质求解即可. （2）结合在区间上单调递增及正弦型三角函数的性质可得，结合可得，联立可得，进而求周期即可. 【详解】（1）因为 ， 当时，，则. 令，解得， 所以的单调递增区间为； （2）因为，所以 因为在区间上单调递增，且，在区间上单调递增， 所以，解得. 又，在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则， 又在处单调递增，所以，解得， 又，所以，则， 所以的最小正周期为. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在为线段中点，证明见解析； (3)作图见解析，截面周长为. 【难度】0.48 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； （3）取线段的中点，连接，通过证明，得到四边形为截面，然后分别求出各边的长即可. 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3）取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段的中点， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 19．（17分）布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. (1)当时，且时，求； (2)证明，若，，，求； (3)求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 【答案】(1)． (2)证明见解析，． (3)证明见解析． 【难度】0.26 【分析】（1）先在 ，， 中分别用正弦定理建立线段比与角的关系，再利用 得到 ，由 列出关于 的方程，求出 ． （2）先由余弦定理和面积公式证明所给等式，再由第（1）问同样的正弦定理关系求 ，最后求 . （3）从三个小三角形中的正弦定理出发，推出 ，再结合 得到 ，最后化为所证结论． 【详解】（1）在 中， 由正弦定理得 因为 ，所以（1） 同理，在 ， 中分别有 三式相乘，得（2） 因为 ，所以 ． 设 ，则 ． 由式（1）和式（2）可得 所以（3） 由，得（4） 由式（3）得，所以（5） 令 ．因为 ，所以 由式（4）和式（5）得 因为 ，所以 ，两边约去 ，得 整理得 解得或 因为 ，所以 舍去． 于是 故 （2）先证明 由余弦定理，得 所以 又因为所以 因此原等式得证． 当 ，， 时，由余弦定理得 又 由已证结论可得 设 由第（1）问中的正弦定理关系可得 因为 所以（6） 此时 于是 又由 可得 代入式（6），得 展开并利用 ，得 所以 即 因为 为实数，所以 ，故 所以从而 （3）由第（1）问中的正弦定理关系，有（7） 设 因为. 代入式（7），得（8） 下面由 推出两个恒等式． 由得 两边同除以 ，得 所以（9） 又由得 两边同除以 ，得 所以（10） 由式（8）和式（10），得 展开左边，得 再由式（9），得 整理得 因为 为实数，所以 ，故 即 于是 展开得 由式（9）可知 ，所以 又 所以 因此 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一期末复习卷（二） 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，则z在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．在中，记，则“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．一圆台上下底面半径为另一圆锥的底面半径也为.若圆台的母线与圆锥的母线长相等，则圆台与圆锥体积比为（     ） A． B．3 C． D．7 4．已知向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 5．若，且，则（    ） A． B．或 C． D． 6．如图，正方形的边长为2，分别为边 上的动点，若，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 7．将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知，，则（）的最小值为（     ） A． B． C． D．无最小值 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．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则（    ） A． B．直线是曲线的对称轴 C．在区间单调递增 D．函数是奇函数 10．在中，，，分别为内角，，的对边，下列叙述正确的有（     ） A．若，，，则有两解 B．若，则为等腰三角形 C．若，则为钝角三角形 D．若为锐角三角形，则 11．如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（     ） A．若平面，则的轨迹长度为 B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球体积为 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．函数的图像向左平移（）个单位长度后关于原点对称，则的最小值是________． 13．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，且，则的取值范围为____________. 14．如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 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）如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，为侧棱的中点. (1)证明：平面； (2)若是侧棱上靠近点的三等分点，求证：平面. 16．（15分）已知的内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，设向量,,且. (1)求角C； (2)若，的面积为，D为边的中点，求的长. 17．（15分）已知函数. (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中， ，且，点E为棱的中点. (1)求证: 平面; (2)若M为上的动点，则线段上是否存在点N，使得/平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由； (3)若，请在图中作出四棱锥过点B，E及棱中点的截面，并求出截面周长. 19．（17分）布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. (1)当时，且时，求； (2)证明，若，，，求； (3)求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $