湖北武汉市吴家山中学2025-2026学年高一下学期数学周考卷(5.16)

**基本信息** 高一数学周考卷，覆盖三角函数、空间几何、向量等核心知识，通过基础巩固、能力提升、创新应用三级梯度设计，培养空间观念、推理能力与模型意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|三角函数定义、解三角形、空间线面关系|如第1题结合单位圆运动考查三角函数定义，体现几何直观| |多选题|3|空间位置关系、棱台性质|如第11题正方体动点问题，动态分析截面与三角形性质，培养推理能力| |填空题|3|向量运算、几何体表面积|如第14题“四角反棱柱”外接球与侧面积比，融合空间想象与运算| |解答题|5|三角化简、实际应用、体积最值|如第16题扇形制作圆台容器，第19题三角形面积最值探究，突出模型意识与综合应用|

吴家山中学 高一数学 周考卷5.16 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．单位圆上一点从出发，逆时针方向运动弧长到达点，则的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．在中,已知,则 A．6 B．12 C．6或12 D．无解 3．如图，三棱柱ABC－中，点E，F，G，H分别为的中点，则下列说法错误的是（   ） A．E，F，G，H四点共面 B．与FH是异面直线 C． D．EG，FH，三线共点 4．下列说法中正确的个数是（    ） ①空间中三条直线交于一点，则这三条直线共面； ②平行四边形可以确定一个平面； ③若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等； ④若，且，则在上. A．1 B．2 C．3 D．4 5．表面积为的球面上有四点，若是边长为3的等边三角形，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 6．若平面向量，满足，，且，则等于（    ） A． B． C．2 D．8 7．已知为内一点，且，若三点共线，则的值为（    ） A． B． C． D． 8．正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知a，b是不同的直线，是平面，下列命题错误的是（    ） A．， B．， C．， D．，， 10．已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且高为3，则下列说法正确的有（   ） A．该四棱台的体积为14 B．若为的中点，则平面 C．该四棱台的侧面积为 D．该四棱台的外接球表面积为 11．如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．一定是锐角三角形 C．当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为 D．的最小值是 三、填空题 12．下列命题中： ①存在唯一的实数，使得； ②为单位向量，且，则； ③； ④与共线，与共线，则与共线； ⑤若且，则． 其中正确命题的序号是________. 13．向量，已知与同向，则与垂直的单位向量的坐标为____________． 14．如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为__________． 四、解答题 15．已知. (1)化简 (2)若是第二象限角，且，求的值. 16．有一块扇形铁皮OAB,∠AOB=60°,OA=72cm,要剪下来一个扇环形ABCD,作圆台容器的侧面,并且在余下的扇形OCD内能剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台容器的下底面(大底面).试求: (1)AD应取多长? (2)容器的容积为多大? 17．如图，正四棱锥中，，，E为SC中点. (1)求证：平面BDE； (2)求该正四棱锥的外接球的表面积； (3)求三棱锥的表面积和体积. 18．在中,内角A,B,C及其所对的边a,b,c满足:C为钝角,. (1)求证:; (2)若,求a的取值范围. 19．在中，内角对应边分别为的面积为，且． (1)求角的大小； (2)设点是线段上靠近的三等分点，，求的面积的最大值． (3)设点是三角形内一点，且，过点作直线分别交（或延长线）于点，求的最大值． 试卷第1页，共3页 《吴家山中学 高一数学 周考卷5.16》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A B C D ABC ABD 题号 11 答案 AD 1．D 【分析】由题意得，从而得到，结合诱导公式求出答案. 【详解】点从出发，沿单位圆逆时针方向运动弧长到达点， 所以， 所以， 其中，， 即点的坐标为：． 故选：D． 2．C 【解析】根据正弦定理求得，再根据，得，可得，从而可得. 【详解】由正弦定理得. 因为，所以. 又因为， 所以或120°. 当时，； 当时，. 所以或. 故选：C 【点睛】本题考查了利用正弦定理解三角形，注意求出后得的时候有两解，属于中档题. 3．C 【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；举反例即可判断C；利用平面的基本事实推理判断D. 【详解】 对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接，由是的中位线，得，由，且，得四边形是平行四边形，则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，，所以与是异面直线，B正确； 对于C，由，且可知，四边形是梯形，若，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出，C错误； 对于D，延长，相交于点，由，平面，得平面，由，平面，得平面，而平面平面，则，三线共点，D正确. 4．B 【解析】根据空间点、直线、平面之间的位置关系的公理及定理，对每项逐一判断，即可得到本题答案. 【详解】对于①，两两相交的三条直线，若相交于同一点，则不一定共面，故①不正确； 对于②，平行四边形两组对边分别平行，则平行四边形是平面图形，故②正确； 对于③，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故③不正确； 对于④，由公理可得，若，则，故④正确. 故选：B 【点睛】本题主要考查空间点、直线、平面之间的位置关系的公理及定理的应用. 5．A 【分析】由已知求出球的半径，画出图形，判断D的位置，然后求解三棱锥D﹣ABC高的最大值，代入棱锥体积公式求解． 【详解】由球的表面积为，可知球半径为R=2， 设球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图： O′C3，OO′， 则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：3． 则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：． 故选A． 【点睛】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题． 6．B 【分析】由，可得，再结合，展开可求出答案. 【详解】由，可知，展开可得， 所以， 又，，所以. 故选：B. 【点睛】本题考查向量数量积的应用，考查学生的计算求解能力，注意向量的平方等于模的平方，属于基础题. 7．C 【分析】把用表示，然后根据三点共线定理求解． 【详解】取中点，连接，则，又，∴， ∴， 又三点共线，∴，． 故选：C．    8．D 【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果. 【详解】设中心为，如下图： 由正四面体性质可知， 利用勾股定理可得，即，解得； 因此可得； 所以； ，可得，即， 当且仅当时，等号成立. 此时满足， 易知， 因此. 9．ABC 【分析】考查点线面位置关系，根据点线面位置关系类型和种类以及线面平行判定定理进行讨论分析即可. 【详解】对于A，因为，内有无数条直线与平行，故还可能是，故A错误； 对于B，，所以a与没有公共点，又，所以与没有公共点， 所以a与b的位置可平行可异面，故B错误； 对于C，因为,，所以或b在内，故C错误； 对于D，由线面平行的判定定理知D正确． 故选：ABC． 10．ABD 【分析】利用台体体积公式可判断A选项；利用线面平行的判定定理可判断B选项；根据棱台的侧面积公式可判断C选项；设出球心的坐标，根据球心到点的距离相等，可求出球心的坐标，进而可求出球的半径，结合球体表面积公式可判断D选项. 【详解】设棱台的上下底面中心分别为，    对于A选项，由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A对； 对于B选项，当点为的中点时，易知为的中点，所以， 因为平面，平面，故平面，B对； 对于C选项，侧面的斜高为， 所以此四棱台的侧面积为，所以C错； 对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， 因为正方形的边长为，正方形的边长为， 所以,, 设点，则， 由可得，解得， 故， 因此，该四棱台的外接球表面积为，D对. 故选:ABD． 11．AD 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为锐角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于C：截面面积，需确定截面形状并计算；对于D：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A，如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段向两端延长， 分别交的延长线于点，连接分别交，于R，S两点， 连接此时截面为五边形，所以A正确； 对于B，考虑，当点P与点A重合时，，，， 此时因为，故为钝角，所以B错误； 对于C，当点P与点A重合时，设的中点为，则， 所以当点与点重合时，平面截正方体所得的截面如图所示,其截面为矩形, 易知，所以其截面面积为，故C错误； 对于D，取的中点H，连接，在的延长线上取使得 ，连接与于P点， 此时， 故D正确. 故选：AD 12．②③ 【分析】根据平面共线向量的定义和性质、结合平面向量垂直的性质逐一判断即可. 【详解】①：只有当时，才能成立，所以本命题不正确； ②：当时，显然成立，当时，因为，所以同向或反向，所以成立，所以本命题正确； ③：因为，所以本命题正确； ④：当时，显然与共线，与共线，但是与共线不一定成立，所以本命题不正确； ⑤：当都与垂直时，显然，但是不一定成立， 故答案为：②③ 13．或 【分析】根据向量加法的坐标表示求出，再根据共线向量的坐标表示求出，注意排除反向这一情况，设与垂直的向量为，，求出的关系式，再根据单位向量的坐标公式计算即可得解. 【详解】解：由， 得， 因为与同向， 所以， 则，解得或， 当时，，同向， 当时，，反向， 所以， 故， 设与垂直的向量为，， 则，所以， 故与垂直的向量为， 则与垂直的单位向量的坐标为， 即与垂直的单位向量的坐标为或. 故答案为：或. 14． 【分析】设几何体棱长为4a，计算出几何体侧面积，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，过点B作于点C，其中点B为所在棱的中点，得OA即该几何体外接球的半径，得外接球表面积，计算比值即得. 【详解】 如图，由题意可知旋转角度为，设上、下正四边形的中心分别为，，连接， 则的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径， 设棱长为4a，则侧面积为， ，，，过点B作于点C， 则，， 易得四边形为矩形，即，， 则，即该“四角反棱柱”外接球的半径． 外接球表面积为， 该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为． 故答案为：. 【点睛】由题意，侧面均为正三角形，所以可知旋转角度为，OA即该几何体外接球的半径. 15．(1) (2) 【分析】（1）由诱导公式化简即可； （2）由诱导公式化简求出，再由平方关系求出，代入即可. 【详解】（1） ； （2），所以， 又因为是第二象限角，所以， . 16．（1）36；（2） 【详解】试题分析：（1）设圆台上、下底面半径分别为，则，由题意得 ，由此能求出 长． （2）圆台所在圆锥的高 ，圆台的高 ，由此能求出容器的容积． 试题解析;(1)如图,设圆台上、下底面半径分别为r,R,AD=xcm,则OD=(72-x)cm. 由题意得所以R=12,r=6,x=36,所以AD=36cm. (2)圆台所在圆锥的高H==12,圆台的高h==6,小圆锥的高h'=6, 所以V容=V大锥-V小锥=πR2H-πr2h'=504π. 17．(1)证明见解析； (2)； (3)， 【分析】（1）连接，交于点，连接，推导出，即可证明平面． （2）取正方形的中心，连接，则球心在上，根据已知条件求出的长，设外接球的半径为，在根据勾股定理列方程求出，再由球的表面积公式即可计算外接球的表面积 （3）三棱锥的表面积，易证平面，所以. 【详解】（1）证明：连接，交于点，连接， 四棱锥为正四棱锥， 四边形是正方形， 是中点， 是中点， 是的中位线， ， 平面，平面， 平面． （2）因为四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且各侧棱长均为4， 取正方形的中心，连接，，则点为的中点， 因为正方形边长为2，所以， 所以，因为，所以， 因为，所以球心在线段，如图， 设四棱锥外接球的半径为，则， 在中，，即，解得：， 所以该四棱锥外接球的表面积为. （3）由（1）知， ，， ，， 由四棱锥为正四棱锥得：， 为中点， ， ，即， ． 所以，，，， 所以三棱锥的表面积 . 又， 又四边形是正方形，所以， ，都在平面内， 平面， . 18．(1)见解析;(2) 【解析】（1）由以及正弦定理边化角可得，再根据内角和定理和两角差的正弦公式的逆用得，再根据角的范围可得； （2）根据正限定理以及（1）的结果可得，再根据角的范围可得. 【详解】（1）证明：由，得. 在中，因为，所以. 所以， 整理得. 因为C为钝角，所以，所以， 故. （2）由正弦定理及（1）得. 因为，所以. 因为C为钝角， 所以， 即， 所以，所以a的取值范围为. 【点睛】本题考查了正弦定理边化角，考查了诱导公式，考查了三角函数的性质，属于中档题. 19．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用余弦定理及三角形面积公式化简求解. （2）利用数量积的运算律，结合基本不等式求出的最大值，进而求出三角形面积最大值. （3）设，利用正弦定理求出，再利用和差角的正弦化简即可. 【详解】（1）在中，由余弦定理、三角形面积公式及， 得，则，而， 所以. （2）由点是线段上靠近的三等分点，得，则， 两边平方得，则， 当且仅当时取等号，因此， 所以的面积的最大值为. （3）设，则，则， 在中，由正弦定理得，即， 则， 由，得，且， ， 在中，由正弦定理得，即， 则， 则， 当且仅当，即时取等号，所以取得最大值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $