精品解析：四川南充市2025-2026学年高一下学期期末学业质量监测数学试题

2026年春季学期普通高中学业质量监测 高一数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】平面向量共线(平行)的坐标充要条件为：若，，则等价于. 将题中 ， 代入上述公式，可得：，化简得 ，解得. 2. 若，其中，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】先根据复数的乘法运算化简等式的左边，再根据复数相等的条件即可求出，． 【详解】由，即，即． 3. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数基本关系求出，再根据诱导公式求解. 【详解】且为第一象限角， ， . 4. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则确定直观图中  的度数，利用余弦定理求出  的长度，再根据纵向长度变为原来的2倍还原求出. 【详解】由斜二测画法的规则可知，直观图中轴与轴的夹角为 . 因为 轴，轴，所以. 在中，由余弦定理得 ， 即 ，整理得. 又，解得. 根据斜二测画法的还原规则，原图形中平行于轴， 且长度是直观图中对应线段的2倍， 所以. 5. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断. 【详解】对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确； 对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确； 对于选项C，，，则，故C正确； 对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确. 6. 已知正四棱台中，，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设正四棱台的高为，由正四棱台的性质，求得，结合棱台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，连接，分别交于点，连接， 可得，在平面中，过点作于点， 设正四棱台的高为， 因为，可得， 在直角中，， 即正四棱台的高为， 且上底面的面积为，下底面的面积为， 所以正四棱台的体积为. 7. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）米 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理，求得，再在直角中，结合直角三角形的性质，得到，即可求解. 【详解】在中，因为，，可得， 则， 又因为， 由正弦定理得，即， 可得， 在直角中，因为，且， 可得，即塔高为米. 8. 已知圆锥的侧面积为，母线与底面的夹角为．若半径的小球在该圆锥内滚动，则在滚动过程中，圆锥的底面被小球滚动过的区域最大面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出圆锥轴截面图，由题圆锥底面被小球滚动过的区域为一个圆，由图结合题设可得圆半径，据此可得答案. 【详解】设圆锥母线长为，底面圆半径为，则. 因母线与底面的夹角为，则圆锥轴截面为等边三角形，从而. 如下图作出圆锥轴截面，小球与底面相切于.设底面中心为，连接. 由题可得为有一个角为的直角三角形，又，则， 又由题可得小球可滚动区域为一个圆，则圆半径为， 从而被小球滚动过的区域最大面积为. 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数除法法则求复数的代数形式，再根据共轭复数、复数的模和复数的几何意义判断选项. 【详解】根据复数除法运算可得 ，那么 对于选项A：复数的虚部为，故A错误； 对于选项B， 的共轭复数为，故B正确； 对于选项C， ，故C正确； 对于选项D，在复平面内对应的点为，横、纵坐标均为负，属于第三象限，故D错误. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数在区间上单调递增 C. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得的图象 D. 当时，曲线与的图象有4个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象利用五点法可得.求的对称轴和单调区间，即可判断AB；根据图象变换判断C；画出与的图象，结合图象判断D. 【详解】图像最高点纵坐标为 2，得， 由得，且，则，解得， 将点代入得，即， 则，即， 且，可得，，所以. 选项 A：令，可得， 当时，则，所以函数的图象关于直线对称，故A 正确； 选项 B：令，解得， 当时，可得函数的递增区间为， 且，所以函数在区间上单调递增，故B 正确； 选项 C：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得 不是，故C 错误； 选项 D：当时，画出与的图象， 由图象可知：当时，曲线与的图象有4个交点，故D 正确. 11. 如图，在半径为1的圆中，为两条不同的直径，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据可直接判断A；建立坐标系，根据数量积的坐标运算可判断B；根据三点共线的向量表示可判断C；根据向量的夹角公式求出的表达式，再结合三角函数的范围可求出的范围，进而可求的范围. 【详解】由题意得：，所以，故A正确； 以为原点，以为轴，以的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 所以，根据对称性，不妨取在轴上方，设，则， 所以， 所以，故B错误； 由， 又三点共线，所以，故C正确； 由，， 所以， 因为，所以，， 所以，所以， 所以，即，所以， 所以的取值范围为，故D正确. 三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式即可求解． 【详解】由， 则． 13. 已知向量，满足，，且，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量垂直可得向量的数量积为零，结合向量的模联立计算即可. 【详解】因为，， 所以，即， 因为，所以， 联立，解得. 14. 在中，点是的中点，且，则的最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用正弦定理及三角恒等变换，将转化为有关的单变量形式，再借助辅助角公式即可求得最大值． 【详解】如图，设，，所以， 由正弦定理可得，在中，； 在中，可得，即， 因为， 所以， 两边同除，得，故， 令，则， 设，则，得到， 可得，解得，即，等号显然可以取到， 因此的最大值为． 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. 已知点，，． （1）判断的形状并证明； （2）求在上的投影向量坐标． 【答案】（1）为等腰直角三角形，证明如下： 因为，，， 所以，，， 因此在中，，， 故为等腰直角三角形． （2） 【解析】 【分析】（1）根据三个顶点的坐标求出三边长即可判断； （2）利用投影向量坐标公式即可计算． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，， 因此在上的投影向量坐标为． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）当时，求函数的最大值及取得最大值时的值． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）结合二倍角公式和辅助角公式化简求得，由周期公式可求的最小正周期； （2）令，解得，求出时的具体值即可，易得最大值为. 【小问1详解】 ， 故； 【小问2详解】 ，令，解得， 因为，当时，，此时. 17. 如图，在直三棱柱中、，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 因为四边形为平行四边形，所以为中点. 在中，是的中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，可得，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）在平面中找出，可得为异面直线与所成的角，再利用已知长度求出的各边长即可求的余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取的中点，连接，，. 在平行四边形中，是的中点，所以且. 又因为且，所以且. 所以四边形为平行四边形.所以. 所以等于异面直线与所成的角. 在等边三角形中，，且， 因平面平面，平面，平面， 则平面，又平面，则， 又因. 则. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 18. 已知分别为三个内角的对边，点是的中点，，且． （1）求； （2）求的面积； （3）点是边上的点，且为的角平分线，求的长． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合两角和的正弦公式可得，据此可得答案； （2）由向量知识可得，据此可得，然后由（1）结合三角形面积公式可得答案； （3）由（2）分析可得，然后由等面积法结合题设可得答案. 【小问1详解】 因，由正弦定理边角互化可得：， 在三角形中，，则，又，则； 【小问2详解】 由题可得，从而由题可得，则， 三角形面积为：； 【小问3详解】 由（2）解析可得，则. 注意到， 则. 19. 如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点分别为三棱锥内切球和外接球球面上的两个动点，求线段的最小值． 【答案】（1）证明：因为原正方形中，，，折叠后三点重合于点， 所以，. 因为平面，平面，， 所以平面. 因为平面， 所以 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件证明平面即可得到. （2）取中点，可得为二面角的平面角，再利用可求解. （3）分别找出内切球球心与外接球球心，再分别计算出内切球半径为与外接球半径为，从而找出两球面上两点距离的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，. 由已知得，则， 易得，则. 所以为二面角的平面角. 因为三点重合于点，， 所以，. 因为平面，平面，所以. 在中，. 所以. 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 设三棱锥内切球的球心为，半径为，外接球球心为，半径为. 所以 所以. 所以. 如图，由（2）得点为的外心，过作平面，则三棱锥外接球球心在直线上.取中点，连接. 因为平面，平面，所以.所以四点共面. 因为平面，所以. 因为，所以，所以. 所以四边形为矩形，则. 在中， 由三棱锥的几何性质可得，其内切球在外接球内部， 因点分别为三棱锥内切球和外接球球面上的两个动点， 则线段取得最小值时，直线经过两个球心.且. 由三棱锥的特征可得平面将三棱锥截成全等的两部分， 所以内切球球心在平面上，则点到与的距离为， 所以平分，设内切球与平面切于点，将该切面表示如下图 因为，所以. 在中，. 在中，. 由余弦定理，. 所以. 【点睛】本题考查三棱锥内切球和外接球的球心与半径，难度较大，要求学生对几何体有充分的认识. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春季学期普通高中学业质量监测 高一数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 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. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，其中，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（ ） A. B. 2 C. D. 4 5. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 已知正四棱台中，，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ）米 A. B. C. D. 8. 已知圆锥的侧面积为，母线与底面的夹角为．若半径的小球在该圆锥内滚动，则在滚动过程中，圆锥的底面被小球滚动过的区域最大面积为（ ） 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数在区间上单调递增 C. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得的图象 D. 当时，曲线与的图象有4个交点 11. 如图，在半径为1的圆中，为两条不同的直径，且，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则___________． 13. 已知向量，满足，，且，则________． 14. 在中，点是的中点，且，则的最大值为___________． 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. 已知点，，． （1）判断的形状并证明； （2）求在上的投影向量坐标． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）当时，求函数的最大值及取得最大值时的值． 17. 如图，在直三棱柱中、，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 18. 已知分别为三个内角的对边，点是的中点，，且． （1）求； （2）求的面积； （3）点是边上的点，且为的角平分线，求的长． 19. 如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使三点重合于点． （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点分别为三棱锥内切球和外接球球面上的两个动点，求线段的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $