江苏苏州市2025-2026学年高一下学期数学期末培优卷（4）

**基本信息** 苏州市高一下期末培优数学卷，聚焦向量、立体几何、三角函数等核心知识，通过基础题（如选择第4题空间线面关系）到综合题（如解答第19题柯西不等式应用）的分层设计，考查数学思维与创新意识，适配期末培优需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|向量共线、面面关系、函数零点|基础巩固，如第4题空间线面位置关系判断| |多选题|3/18|复数几何意义、三角形四心、函数性质|能力提升，如第10题结合向量考查重心内心| |填空题|3/15|三角形面积、外接球轨迹、扇形面积最值|创新应用，如第14题扇形动态面积考查三角变换| |解答题|5/77|向量证明、圆台体积与二面角、柯西不等式|综合探究，如第19题融入数学史考查不等式应用|

苏州市2025-2026学年高一下学期期末培优卷4 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 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．若，则（    ） A．1 B． C． D．2 2.已知向量，若，则实数的值为（    ） A．16 B．4 C．-4 D．-16 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知是一条直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．已知的内角的对边分别为.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6.已知函数在上有且只有5个零点，则实数的范围是（    ） A． B． C． D． 7．向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8.已知一正方体木块的棱长为4，点在棱上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共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.已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10.点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 11.已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是以为周期的周期函数 B．在上单调递减 C．的值域为 D．存在两个不同的实数，使得为偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 13.已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 14．如图，在扇形OPQ中，半径，圆心角，C是扇形弧上的动点，过点C作，交OP于点D，则的面积的最大值为__________.    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．已知向量，，，且向量与共线. (1)证明：； (2)求向量与的夹角； (3)若，求实数m的值. 16.如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 17．如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和． (1)当时，求的最小值； (2)当时，求的最小值． 18．如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. 19．在中，角所对的边分别为. (1)若为线段中点，求线段的长； (2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年～1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.①用向量证明二维柯西不等式：；②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值. 答案与解析 一、选择题：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．若，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】A 【分析】设，结合条件求出，再求模即可． 【详解】设，则, 又，则， 解得，即，故. 故选：A. 2.已知向量，若，则实数的值为（    ） A．16 B．4 C．-4 D．-16 【答案】B 【分析】根据向量平行的坐标表示可求. 【详解】，. 故选：B. 3．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用两角和的余弦公式和辅助角公式将题设等式化简，得到，再利用二倍角余弦公式即可求得. 【详解】因为 所以， 所以. 故选：D 4．已知是一条直线，、是两个不同的平而，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或或与相交，故B错误； 对于C：若，，则或，故C错误； 对于D：若，，则，故D正确. 故选：D 5．已知的内角的对边分别为.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理得，求出和，利用余弦定理和题目条件得到方程组，计算出和即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，因为， 所以，所以， 因为，所以， 所以，因为，， 所以，所以， 因为，即， 所以， 将代入上式得，解得（负值舍去）， 所以（负值舍去），所以. 故选：B. 6.已知函数在上有且只有5个零点，则实数的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为， 令，即， 所以，在上有且只有5个零点， 因为，所以， 所以，如图，由正弦函数图像，要使在上有且只有5个零点， 则，即， 所以实数的范围是.    故选：C 7．向量满足，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，，，则由已知条件可得，，利用正弦定理求出外接圆的半径，再结合图形可求得结果. 【详解】令，，， 则， 因为，，所以． 因为，所以． 所以过，，的圆的半径， 连接交于点，连接，则， ， 所以， 所以的最大值为， 故选：B 8.已知一正方体木块的棱长为4，点在棱上，且.现过三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 如图，在上取一点，使得，连接， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以与相交于且为的中点， 又在上，所以与相交于，且O平分，， 所以四点四点共面且四边形为平行四边形， 所以过三点的截面是平行四边形， ， ， ， 故截面面积为. 故选：A. 二、选择题：本题共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.已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BD 【分析】由复数的几何意义转化为向量的坐标运算 【详解】，， A项，若，则，故A错误； B项，由A知，，则，故B正确； C项，若，则，故C错误； D项，由C知，，则， ， 则，， 故，故D正确. 故选：BD. 10.点在所在的平面内，则以下说法正确的有（    ） A．若，则点为的外心（外接圆圆心） B．若，则动点的轨迹一定通过的重心 C．若，，分别表示，的面积，则 D．若，则点是的内心 【答案】BCD 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 11.已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是以为周期的周期函数 B．在上单调递减 C．的值域为 D．存在两个不同的实数，使得为偶函数 【答案】ABD 【分析】A选项，验证的关系即可判断；B选项，根据时，，得到，换元后得到，利用复合函数单调性即可判断；C选项，令，此时得到，换元后得到，结合二次函数的性质即可判断；D选项，由得到只需且，从而得到且，结合，解不等式，得到相应的，，验证后即可判断. 【详解】对于A，因为 ， 所以函数的周期为，故A正确； 对于B，时，， 故，令， 则， 因为，所以，故， 且在单调递减， 则，故， 故， 则在单调递增， 由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，故B正确； 对于C，令， 若，，即，时， ， 两边平方得：， 故， 若，，即，时， 此时， 两边平方得： 此时， 综上：对于，均有， 所以变形为， 因为，所以当时，取得最大值，最大值为1， 其中，， 因为，故最小值为， 综上：的值域为，C错； 对于D，， 则， 假设为偶函数，则， 即， 只需且， 由， 可得①，或②， 其中由①得：，不能对所有恒成立，舍去； 由②得：， 由可得：③， 由③得：， 故需要保证与同时成立， 令，解得：且， 令，解得：且，故， 取，此时，此时令， 解得：，符合要求， 取，此时，此时令，解得：，舍去， 取，此时，此时令， 解得：，符合要求， 综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数， ，就是这两个实数，D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先通过三角形面积公式、三点共线结论得出以及，再结合模长公式以及基本不等式即可求解. 【详解】若的面积为，，则，所以， 又因为，点P在线段上， 所以，所以， ，等号成立当且仅当， 所以的最小值为. 故答案为：. 13.已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度. 【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形， 且，如图①所示， 则有， 把三棱锥扩成长方体， 则有， 解得， 则长方体外接球半径， 所以三棱锥的外接球半径； 点为三棱锥的外接球球面上一动点， 当时，如图③所示， 所以为等腰三角形， 所以 故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为. 故答案为：. 14．如图，在扇形OPQ中，半径，圆心角，C是扇形弧上的动点，过点C作，交OP于点D，则的面积的最大值为__________.    【答案】/ 【分析】设，利用正弦定理求得，将的面积表示出来，利用三角恒等变换化成正弦型函数，根据正弦函数的图象性质即可求得面积最大值. 【详解】设,则，因，则，， 在中，由正弦定理，，解得, 故的面积为: ， 因，则，故当时，即时，的面积取得最大值为. 故答案为：. 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．已知向量，，，且向量与共线. (1)证明：； (2)求向量与的夹角； (3)若，求实数m的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）由平面向量的共线定理求解； （2）由向量的夹角公式求解； （3），由向量的模的公式求解． 【解答过程】（1）由向量与共线，得，得， 得，， 则， 故． （2）， 设向量与的夹角为， 则， 由，得， 故向量与的夹角为：． （3）， 由得，， 解得． 16.如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论． 【详解】（1）证明：在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，， 在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又由（1）可知，所以， 又，，，，，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 在圆台中，，， 所以，所以， 所以，所以， 连接，交于点，所以， 所以，到平面的距离之比， 所以； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为， 在平面内过点作的平行线交于点，连接， 易得，因为平面，所以平面， 所以为母线与下底面所成角， 因为，，所以，所以， 要使最小，只要最小即可， 因为，所以，所以， 设，因为为圆的直径，所以， 所以，，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以，因此为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 在中，由勾股定理得，所以， 所以二面角的正弦值为． 17．如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和． (1)当时，求的最小值； (2)当时，求的最小值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出，再利用与的关系，结合换元法求出最小值. （2）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出，再利用三角恒等变换，结合正弦函数单调性求出最小值. 【详解】（1）依题意，当时，， 在和中，， 则， 因此， 令，， 则，函数在上单调递减，， 所以当时，取得最小值. （2）当时，， 在和中，， 则， 而， 则，因此当时，， 所以当时，取得最小值. 18．如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）作出辅助线，根据三线合一性质得到，，从而证明出线面垂直； （2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，先计算出，并求出，由等体积法求出； 解法2：过C作，垂足为E，由（1）得面面垂直，推出平面，则即为点到平面的距离，求出点到的距离，根据三角形面积得到方程，求出，点C到平面的距离为； （3）求出，由余弦定理得，由勾股定理逆定理得，，连接，即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得，求出，得到答案. 【解答过程】（1）证明：设，连接， 因为四边形为菱形，所以，， 又因为为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面. （2）解法1：设点到平面的距离为， 在中，，， 可得点到的距离为， 由（1）知，平面， 所以， 又因为，所以. 解法2：由（1）知，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 过C作，垂足为E，所以平面， 则即为点到平面的距离， 在中，，， 可得点到的距离为， 所以，则， 所以点C到平面的距离为；    （3）由（2）知，，， 在中，，则， 在中，由余弦定理得， 解得， 又，则，所以， 故四边形为矩形，， 又为等边三角形，故，又， 则，所以， 设，连接，，所以， 又，所以即为二面角的平面角， 因为，，，所以， 由勾股定理逆定理得， 所以，所以二面角的正弦值为. 19．在中，角所对的边分别为. (1)若为线段中点，求线段的长； (2)奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年～1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.①用向量证明二维柯西不等式：；②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理、余弦定理求出，再由可得答案； （2）①设，由数量积公式、可得答案；②由得，由三维分式型柯西不等式有，再由余弦定理得，令，则，再利用单调性可得答案. 【详解】（1）因为，在中， 由正弦定理得，由余弦定理得， 而，所以， 因为为中点，所以， 所以； （2）①设，由， 由得，所以， 从而，即； ②， 又， ，所以， 由三维分式型柯西不等式有， 当且仅当时等号成立； 由余弦定理，可得， 所以，即， 则， 令，则， 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则，令， 则在上递减，当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到）. 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $