江西宁都县博生中学2025-2026学年高一下学期期末复习数学试卷

**基本信息** 覆盖高一数学核心知识，梯度设计合理，注重空间观念、推理能力与创新意识培养 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|向量平行条件、斜二测画法、立体几何判定|基础巩固，如向量充分必要条件判断| |多选题|3题|向量夹角、函数性质、长方体外接球|能力提升，如向量投影与模长综合| |填空题|3题|圆锥体积、异面直线夹角、三角函数最值|中档应用，如正四棱柱异面直线余弦值| |解答题|5题|立体几何证明、解三角形、三角函数变换、新定义“相离度”|创新综合，如新定义向量“相离度”考查数学语言表达|

2028届博生中学高一期末复习数学作业1 一、单选题 1．已知向量，，则“”是“”的（     ） A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，，，则原平面图形的面积为（     ） A． B． C． D． 3．已知 是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题中错误的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（     ） A． B． C． D． 5．设，，在上的投影向量为，则与的夹角为（     ） A． B． C． D． 6．（），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的最小正周期为，若函数在区间上单调递减，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题中，正确的是(    ) A．若向量，则与的夹角为 B．若非零向量与的夹角为，则” “是”为锐角”的充分不必要条件 C．若平面向量，，，若，则的最小值为 D．已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为 10．已知函数，则（   ） A． B．的定义域为 C．曲线关于点对称 D． 11．在长方体中，为棱上一点，则（     ） A． B．长方体的外接球的表面积为 C．四棱锥的体积恒为24 D．的最小值为 三、填空题 12．已知一个圆锥的底面直径等于母线长，侧面积为，则该圆锥的体积为________． 13．在正四棱柱中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为___________. 14．函数的最大值为________． 四、解答题 15．如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，、为侧棱上的点，且，点为上的点，且． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面． 16．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)已知， （ⅰ）若的面积为，求b，c； （ⅱ）求的面积的最大值． 17．已知函数 (1)化简的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的对称中心和单调递减区间. 18．如图，平面四边形是边长为的正方形.平面，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 19．在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． (1)已知，求； (2)（ⅰ）设向量的夹角为，证明：； （ⅱ）已知非零向量满足，求． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2028届博生中学高一期末复习数学作业1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C C C C D D ACD ABC 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】根据平面向量平行性质，，，，解得， 所以“”是“”的充分不必要条件. 2．D 【分析】根据斜二测画法画出三角形的原图并确定对应边长，结合三角形面积公式计算即可. 【详解】将直观图还原为，如下图所示， 其中，，，则 . 3．C 【详解】对于选项A，垂直于同一条直线的两个平面平行，故A正确； 对于选项B，，，，所以， 因为，，所以，，，所以，所以，故B正确； 对于选项C.，若，则或，故C错误； 对于选项D， 若，，平面作直线，则， 又因为，所以，因为，，所以，，所以，故D正确. 4．C 【分析】分析可知半径最大球的半径即为边长为2的等边三角形的内切圆半径，进而运算求解. 【详解】由题意可知：半径最大球的半径即为边长为2的等边三角形的内切圆半径， 即球的半径最大值为， 所以半径最大的球的表面积为. 5．C 【分析】利用向量在向量上的投影向量公式，由系数相等得到夹角的关系式，从而求解. 【详解】向量在向量上的投影向量为，其中为与的夹角，且，因为在上的投影向量为，所以, 将，代入得，解得，因为，且，所以. 6．C 【分析】平移后函数为，与关于轴对称可知函数值互为相反数，利用正弦相等得方程，排除不恒成立情形，得到的取值个数. 【详解】将向右平移个单位得 . 由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立， 即. 分两种情形讨论： ①，对任意不恒成立，舍去； ②，化简得 ，即. 由得， 对应，因此的取值个数为3个. 7．D 【分析】设，根据余弦定理，可得的表达式，根据条件，可得的表达式，根据正弦定理，可得，在中，根据余弦定理，可得的表达式，整理计算，结合辅助角公式及正弦函数的性质，分析求解即可得答案. 【详解】在中，设，由余弦定理得， 又，，所以， 由题意，为等腰直角三角形，则， ，则， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 当时，取得最大值，且为， 所以对角线的最大值为. 8．D 【分析】先根据积化和差将化为正弦型三角函数，求出及的具体表达式，再化简得，再由积化和差公式得，再分和两种情况讨论即可. 【详解】 ，其最小正周期为， 解得，又因为，所以，， 因为， 得 ， 由和差化积公式得： ， 即，下面分和两种情况讨论， 因为函数在区间上单调递减，所以，所以， 故当时，必有， 分析 的单调递减区间：令， 得的递减区间为，结合， 可得，， 且当时，有，此时不等式的等号成立. 若，则，， ， 因为的递减区间为， 所以 ， ，所以，即， 又因为关于在时递增，在 时递减， 所以的最小值为， 所以的最小值为. 9．ACD 【分析】分别利用向量夹角余弦公式、向量数量积与夹角逻辑关系、垂直条件结合二次函数求模长最小值、投影向量公式逐项验证命题真假. 【详解】选项A，由，， 则， ，， 设与的夹角为，所以， 而，则，命题A正确； 选项B，时，，即， 当时，同向共线，满足，但不是锐角. 因此“”是“为锐角”的必要不充分条件，命题B错误； 选项C，由，，， 则，化简得， 而，则， 令，二次函数开口向上，对称轴， 则，即，命题C正确； 选项D，由，， 则，， 则在上的投影向量为，命题D正确. 10．ABC 【详解】A选项，，故A正确； B选项，由，解得， 则的定义域为，故B正确； C选项，令，得， 则函数的对称中心为， 令，得，则曲线关于点对称，故C正确； D选项，，故D错误． 11．ABD 【分析】由长方体的定义判断A；求出长方体外接球的表面积，判断B；求出四棱锥的体积，判断C；将平面展开至与平面共面，利用三角形三边关系判断D. 【详解】对于A，在长方体中，平面， 因为平面，故，故A正确； 对于B，长方体的外接球的直径为， 所以外接球的表面积为，故B正确； 对于C，因为平面平面， 故平面，所以， 过作于，    由等面积法得， 因为平面平面，故， 因为平面平面， 所以平面，所以， 即四棱锥的体积恒为12，故C错误； 对于D，将平面展开至与平面共面，得到如图的矩形， 所以， 所以的最小值为，故D正确．    12． 【分析】根据侧面积列出母线与半径的等式关系，求出半径与母线长，利用母线与底面半径求棱锥的高，代入圆锥的体积公式计算体积． 【详解】设为圆锥的底面半径，母线长，高, 由题意知，，由圆锥侧面积公式可知，解得， 则，则， 则圆锥的体积为． 13． 【详解】取棱 的中点 ，连接，，. 又为棱的中点，则有， 正四棱柱中，且， 则四边形是平行四边形，有，所以， 则为异面直线与所成的角（或其补角）. 依题意可得底面为正方形，设，则，， 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 14．/ 【分析】结合辅助角公式计算即可得. 【详解】由，则，即， 即，则，即， 解得，故函数的最大值为. 15．(1)证明：连接， 在中，因为，所以，且． 又，，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)证明：由（1）得，又平面，平面， 所以平面. 在中，因为，所以，所以． 又平面，平面，所以平面． 又因且，平面， 所以平面平面． 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行. 【详解】（1）略 （2）略 16．(1) (2) （ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）通过正弦定理边化角结合三角恒等变换求角A； （2）（ⅰ）结合面积公式和余弦定理列方程组求解边长；（ⅱ）借助余弦定理和基本不等式求面积最大值. 【详解】（1）由正弦定理将已知等式边化角得： ， 代入， 消去得： . 因为，两边同除以得， 用辅助角公式化简为， 即 又，故，解得. （2）（ⅰ）已知，， 代入得： ，解得 . 由余弦定理， 代入数据得， 将代入得 ， 联立得，故. （ⅱ）由余弦定理得，由基本不等式得： ，当且仅当时取等号， 则，故面积最大值为. 17．(1) (2)的对称中心，；单调递减区间，. 【分析】（1）利用二倍角公式化为，再用辅助角公式化简即可； （2）根据图形变换得，再整体代入对称中心公式以及单调递减区间计算即可. 【详解】（1） （2）依题意得，， 令，得，故的对称中心，； 由，得 所以的单调递减区间，. 18．(1)因为平面，且，所以平面. 又平面，因此. 因为是正方形，所以. 又，且平面， 根据线面垂直的判定定理，所以平面. (2) 【分析】（1）由条件可得 平面，再结合底面是正方形及线面垂直的判定定理可得； （2）先延长并交于点，进而可得平面平面，再过过作，连接，则就是平面与平面的夹角的平面角.在底面中，由余弦及正弦定理得，进而在直角中，得，最后在直角中用勾股定理及直角三角形的边角关系计算可得. 【详解】（1）略 （2）因为 ，且，所以四边形为直角梯形， 因此直线与直线必交于一点. 连接，过作，垂足为，连接，如图： 因为，所以平面，所以平面. 同理，平面，所以平面， 因此是平面与平面的公共点， 又因为点也平面与平面的公共点，所以平面平面. 因为平面，平面，所以， 又，且，平面， 由线面垂直的判定定理得，且，平面，平面， 因此就是平面与平面的夹角的平面角. 因为在中， ，且，所以是的中位线， 所以，在中，，如图： 由余弦定理， 解得， 又由正弦定理，得. 在直角中，，， 所以. 以在直角中，， 由勾股定理得， 所以. 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 19．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【分析】（1）根据新定义求解即可； （2）（ⅰ）由题意可得，再由同角的平方关系即可得证； （ⅱ）将已知条件代入可求得与的夹角为，再由（ⅰ）的结论即可得答案. 【详解】（1）因为， 可得：． （2）（ⅰ）证明：因为 ， 且，则， 所以． （ⅱ）已知，则． 因为， 所以， 则可得：． 又因为， 所以，即． ， 将代入上式可得：． 设与的夹角为，， 根据向量的夹角公式． 因为， 所以． 因为，且，所以． 与的夹角为， 则． 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 $