精品解析：江西九江市2025-2026学年下学期期末考试高一数学试题

九江市2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上． 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．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 一、单项选择题：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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是周期为2的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的个数是（ ） ①，，则； ②，，，，则； ③，，，则； ④，，，，则． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，满足，，且，设，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，，则（ ） A. 的虚部是 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 10. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 11. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量．类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，我们有如下运算法则：①；②；③．已知，，均为复向量，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的表面积为__________． 13. 在中，若，则的最小值为__________． 14. 如图，直三棱柱中，，，，是的中点，点是线段上的动点，点在线段上，，则三棱锥的体积最小值为__________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间． 16. 如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，在棱上，且． （1）过点，，作三棱柱的截面，并写出作法； （2）求证：平面． 17. 中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）若，，的平分线交于点，求． 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱锥的体积． 19. 已知函数（），且存在正实数，使得对任意，恒有． （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）求的所有零点之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九江市2025-2026学年度下学期期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上． 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．写在本试题卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 一、单项选择题：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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 2. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 . 3. 中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理，， 所以，所以. 4. 已知是周期为2的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数周期与奇偶性将自变量转化到已知区间，再代入求值 【详解】. 5. 设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的个数是（ ） ①，，则； ②，，，，则； ③，，，则； ④，，，，则． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】对①，，，则或，故①错误； 对②，，，，，要想得到，还需要条件直线，为相交直线，故②错误； 对③，由，可得，又，所以，故③正确； 对④，根据面面垂直的性质定理可得，，，，则，④正确. 故正确命题有2个. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式和商数关系求得，然后由二倍角公式变形，再结合齐次式变形计算. 【详解】由题意，所以， ， 7. 已知向量，满足，，且，设，的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用垂直向量的数量积为零及向量夹角公式可得，再借助二倍角公式计算即可得. 【详解】由，得， 故，则， 故. 8. 如图，四棱锥中，平面，，，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作交于点，求出的长，以、为邻边作平行四边形，连接，求出、的长，可知为三棱锥外接球的球心，求出球的半径，结合球体体积公式计算即可. 【详解】过点作交于点， 因为，，，故四边形为矩形， 所以，且，，故， 由勾股定理可得， ，又因为，故，则， 以、为邻边作平行四边形，连接， 则四边形为菱形，所以， 又因为，则为等边三角形，于是得出， 所以为的外心， 又因为平面，平面，且， 由勾股定理可得， 所以，故为三棱锥外接球的球心，且该球的半径为， 所以三棱锥外接球的体积为. 二、多项选择题：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，，则（ ） A. 的虚部是 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 【答案】AC 【解析】 【详解】由题意得，故的虚部是，故A正确； ，则，故B错误； ，则，故C正确； 由，得， 其在复平面内对应的点位于第四象限，故D错误. 10. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由正弦定理及三角恒等变换求出判断A，应用解的个数列式计算求解判断B，应用正弦定理及余弦定理计算判断C，利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用面积公式计算判断D即可. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 得，由， ，又，则， 对于A， ，故错误； 对于B，因为有两解，则，得，得，故正确； 对于C，因为，所以， 由余弦定理得，得， 所以，故正确； 对于D，由余弦定理得，，得， 所以，当且仅当时等号成立， 则的面积为，故正确； 11. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量．类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量．类比平面向量的相关运算法则，对于，，我们有如下运算法则：①；②；③．已知，，均为复向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设出各复向量的坐标形式，即设，将待验证的等式左右两边分别按照题目给出的复向量运算法则展开，对于涉及数乘和加法的运算，结合复数的加法、乘法运算律判断左右两边是否相等，对于涉及点积的运算，注意点积运算中取共轭的规则，结合共轭复数的运算性质判断左右两边是否相等逐个验证即可. 【详解】设， 对于A项，，则， ，则， 所以，故A正确； 对于B项，，， 取，则，， 所以，故B错误； 对于C项，，则， ， ， 所以，故C正确； 对于D项，，则， ，则， 取，则，， 所以，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的表面积公式可求答案. 【详解】圆锥的侧面积为，底面积为， 所以表面积为. 13. 在中，若，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用余弦定理可得，利用换元法，进而利用函数的单调性可求得的最小值. 【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 令，当且仅当时取等号， 所以，又在上单调递增， 所以. 14. 如图，直三棱柱中，，，，是的中点，点是线段上的动点，点在线段上，，则三棱锥的体积最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】取中点，连接，证明平面，由棱柱性质得出体积为定值（由体积公式求出），再由棱锥体积公式得出，从而有，因此只要求的最小值，为此在矩形中建立如图所示的平面直角坐标系，用向量法结合基本不等式求得这个最小值，从而得出结论. 【详解】取中点，连接，由直棱柱性质知是矩形，， 又因为，所以， 又由平面，而平面，得， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 平面，所以， ，平面，平面，所以平面， ，所以到平面的距离为定值，等于棱柱的高，是定值， 所以为定值， ， 所以， 要求的最小值，只要求的最小值， 由题意， 在矩形中，分别以为轴建立平面直角坐标系，则，设，， 若，则与重合，从而与重合，因此取得最大值，不合题意， 若，则直线方程为，, 直线方程为， 由，解得，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值是， ， 所以的最小值为. 四、解答题：本大题共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. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求的单调递增区间． 【答案】（1） （2）单调递增区间：， 【解析】 【分析】（1）根据图象先求周期，再利用最值求出，最后利用求出即可； （2）先利用倍角公式和辅助角公式化简，结合三角函数的性质求出. 【小问1详解】 由图可知，，得， 因为，所以， 得，因为，所以， 因为，所以，则； 【小问2详解】 由题意得 ，令， 得， 则的单调递增区间为，. 16. 如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，在棱上，且． （1）过点，，作三棱柱的截面，并写出作法； （2）求证：平面． 【答案】（1）作法：①连接并延长交的延长线于点G； ② 连接，交​于点H； ③ 连接， 则四边形即为所求过的截面. （2）由题意知，即，故， 是的中点，则，故≌，则， 而，故,即, 又，则∽,则,结合， 故，又是的中点，故，即H为的中点， 而是的中点，则， 又平面，平面，故平面， 即平面. 【解析】 【分析】（1）根据三棱柱的特征，找出与平面的交点，再连接相应点即可； （2）根据题意可推出H为的中点，从而证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）若，，的平分线交于点，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化即可； （2）由余弦定理得出，再根据等面积计算即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又因为，， 故，故，由正弦定理得； 【小问2详解】 在中，由余弦定理得，计算得， 由（1）可知， 为的角平分线， 故，故， 即， 代入得， 计算得. 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱锥的体积． 【答案】（1）因为，为的中点，所以， 又因为底面为菱形，，所以是等边三角形， 又为的中点，所以，又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形和等边三角形的性质可证平面，进而可证结论； （2）过作于，连接，可得为二面角的平面角，进而计算求得二面角的正切值； （3）由题意可得，进而计算即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 过作于，连接； 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 又是等边三角形，，所以， 又因为，所以， 所以，又， 所以，解得， 在中，； 【小问3详解】 因为为的中点，所以， 又底面为菱形，所以， 所以 . 19. 已知函数（），且存在正实数，使得对任意，恒有． （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）求的所有零点之和． 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为且 （3） 【解析】 【分析】（1）根据恒等式对任意成立，结合的最大值为，可推得正实数； （2）由得周期为，解得，化简得， 递增区间为，递减区间为； （3）由的最大值为，可知仅内可能存在零点，且图像关于对称。 共个零点，两两关于对称，因此所有零点之和为. 【小问1详解】 对任意，平方得： 所以，且时，时， 于是：，左边恒不大于，所以， 若，取，则左边为，矛盾， 若，则由原式可得：， 取，则，也矛盾， 因此只能有，此时有， 即是的周期，而原函数的最小正周期为， 因此，所以. 【小问2详解】 由(1)知，且以为周期， 因此只需分析上的单调性， 在上，且，故， 而单调递增，单调递减，单调递递增，所以两者之和在上单调递增； 在上，且，故， 此时单调递减，也单调递减，所以两者之和在上单调递减， 结合周期为，对任意整数，单调递增区间为，单调递减区间为，其中. 【小问3详解】 由于恒成立，故，解得，所以所有零点必在区间内， 又因为， 所以关于对称，而也关于对称，因此方程的根成对关于对称， 若为根则也为根，每对根的和为， 在上，单调递增而单调递减，所以单调递增， 且，，故恰有个根； 在上，，任取， 则 ， 令， 因为，所以， 于是， 当时，；当时，， 所以，因此， 即，所以在上严格单调递减， ，，故在上恰有1个零点； 由对称性可知和上各恰有个根，端点均不满足方程， 因此共有个根，分成两对，每对和为，故所有零点之和为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $