江西赣州市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

赣州市2025–2026学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 2026年7月 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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．已知一扇形半径为2，圆心角为，则该扇形的弧长为（ ） A． B． C．2 D．120 2．已知向量，，若与共线，则（ ） A． B． C． D．3 3．若，，，则（ ） A． B． C． D． 4．在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A． B． C． D． 6．战国水晶杯为战国晚期水晶器皿，于1990年出土于杭州市半山镇石塘村，现藏于杭州博物馆．整器略带淡琥珀色，局部可见絮状包裹体；器身为敞口，平唇，斜直壁，圆底，圈足外撇；光素无纹，造型简洁．战国水晶杯是迄今为止中国出土的早期水晶制品中器形最大的一件，2002年1月18日被国家文物局列入《首批禁止出国（境）展览文物目录》．整座水晶杯高15.4 cm，口径7.8 cm，底径5.4 cm，和现代人所用的玻璃杯惊人的相似．现把该水晶杯看做圆台与圆柱（杯底为实心水晶）的组合体，其中杯底座高度为0.4cm，则该水晶杯的容积（不计杯壁厚度）为（ ） A． B． C． D． 7．已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上仅有两个零点和两个最值，则实数的取值可以为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 8．长方体中，，，，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的表面积为（ ） 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．下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递增的为（ ） A． B． C． D． 10．在中，角，，的对边分别为，，，且，则（ ） A． B．当时， C．若，且有两解，则的取值范围是 D．当为锐角三角形时，的取值范围是 11．已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，点是正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ） A．平面 B．平面平面 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积为定值 D．当点在平面上运动时，且满足平面，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．______． 13．在正三棱柱中，点D，E，F分别为棱，，的中点，则异面直线与所成的角为______． 14．在中，，，，D为边上除端点外一动点，延长到P，使．若，则的长为______． 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．（13分）已知为锐角，为钝角且，． （1）求的值； （2）求的值． 16．（15分）已知函数． （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在上的解集． 17．（15分）在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，从下列条件中选择一个条件作为已知：①，②，其中S为的面积，③ （1）求角A； （2）若D为边的中点，，求的最大值． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18．（17分）如图，四棱锥的底面为正方形，为正三角形，平面平面，为的中点，是线段上的动点． （1）证明：； （2）若经过，，的平面与平面的交线恰好经过线段的中点，求的值． 19．（17分）法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点．托里拆利确定费马点的方法如下： ①当三个内角均小于时，满足的点为费马点； ②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点． 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角，，的对边分别为，，，且，点为的费马点． （1）求角； （2）若，且，求的值； （3）求的最小值． 赣州市2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学参考答案 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B B D C D A C A AD ACD BCD 8．【详解】法一：设E，F分别为棱BC，的中点， 则三棱锥与三棱柱外接球相同． 在△EAM中，AE＝3，， 所以，即．∠AME＝90°， 设△EAM外接圆半径为r，则， 设三棱柱外接球半径为R，由勾股定理， 则三棱锥外接球的表面积． 法二：由题意可分别计算出， 所以，即∠AMN＝90°，又易知＝90°， 则AN就为三棱锥外接球的直径， 设三棱锥外接球的半径为R，所以， 所以三棱锥外接球的表面积．故选：A． 11．【详解】对于A，E，F分别是棱的中点，取的中点K， AK∥DF，，故面∥面，面AE＝A， AE与面不平行，故A错误； 对于B，在正方体中，可得⊥平面ABCD， 因为BD平面ABCD，可得⊥BD，又在正方形ABCD中易知AC⊥BD，AC＝A， 且，AC平面，所以BD⊥平面，又因BD平面， 所以平面⊥平面，故B正确； 对于C，在正方体中，因AC∥， AC平面，平面，故AC∥平面， 所以AC上任一点P到平面的距离都为定值， 即点P到平面的距离等于点A到平面的距离， 所以，为定值，故C正确； 对于D，当点P运动时，要始终保持AP∥平面BDFE， 则点P在过点A且平行于平面BDFE的平面内， 如图，设M，N分别是棱的中点，连接AM，AN，MN， 易得平面AMN∥平面BDFE，可知P的轨迹为线段MN，连接，AP， 显然∠即为直线AP与平面所成角，且， 因此当最小即⊥MN时，有最大值，此时，故D正确． 二、填空题 12． 13． 14．2 14．【详解】法一：由题意得，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立平面直角坐标系， 所以C（0，0），A（2，0），B（0，），设P（a，b）， 所以＝（-a，-b），＝（2-a，-b），， 因为，所以， 解得：，又CP＝6，即， 解得或时，P（3，），所以∠PCA＝60°， 即∠DCA＝60°，又因为∠DAC＝60°，所以△ACD为等边三角形， 所以AD＝CA＝2，所以BD＝2；时，P（6，0），此时点D即为点A，不符合题意，故舍去，综上：BD＝2． 法二：因为，设， 所以，又因为A，D，B三点共线， 所以，解得，所以，因为CP＝6，所以DP＝4， 即可得CD＝2，又因为△ABC为直角三角形且AB＝4＝2CD， 所以点D为线段AB的中点或即为点A，又点D不与端点重合，故点D为线段AB的中点，所以BD＝2． 三、解答题 15．【答案】（1）；（2）． 【详解】（1）因为，所以，即， 又且为锐角，解得； 所以； （2）由（1）可求得， 因为为钝角，又，所以， 所以， 16．【答案】（1）；（2）． 【详解】（1）f（x）＝， 所以函数f（x）的最小正周期为， 令，解得， 所以f（x）的对称轴为； （2）， 由，可得，则， 解得，又，得． 所以不等式解集为． 17．【答案】（1）；（2）． 【详解】（1）选①，由正弦定理得：， 又，所， 所以，所以； 因为，所以，所以； 选②由余弦定理：，知； 又，所以，得，因为，所以； 选③，由正弦定理得：， 即，由余弦定理得：，因为，所以； （2）法一：在△ACD中，设∠ADC＝， 则，所以， 所以 （其中）当时取等号，所以b＋c的最大值为 法二：由题知，在△ACD中，由余弦定理， 化简得，即， 令b＋c＝t，则，即， ，解得 当时，，符合题意，所以b＋c的最大值为． 18．【答案】（1）见解析；（2）． 【详解】（1）因为M为PD中点，侧面PAD是正三角形，所以AM⊥PD， 因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD平面ABCD＝AD，CD平面ABCD，所以CD⊥平面PAD， 又AM平面PAD，所以CD⊥AM，又AM⊥PD，PDCD＝D，PD，CD平面PCD， 所以AM⊥平面PCD，又PC平面PCD，所以AM⊥PC． （2）设线段BC中点为G，连接AG延长，与DC的延长线交于点H， 连接MH与线段PC交于点Q，该点即为符合题意的点． 因为G为BC的中点，CG∥DA，所以， 所以C为HD的中点．在△MDH中，过Q作QN∥DH交PD于N， 所以，即，所以，又， 所以，又M为PD中点，所以， 所以，所以． 19．【答案】（1）；（2）；（3）的最小值为． 【详解】（1）因为， 所以， 所以，由正弦定理，所以，由勾股定理，所以． （2）因为，即△ABC是直角三角形，由费马点定义知，∠AMB＝∠BMC＝∠AMC＝， 设，m＞0，n＞0，t＞0， ， 所以mn＋nt＋mt＝2．由得： ， 因为c＝1，所以． 设∠MBA＝，所以∠BAM＝∠MBC＝，∠BCM＝， 法一：易得△CBM∽△BAM，所以， 在△BAM，由正弦定理可得， 即，即，解得，即． 法二：在△BAM，由正弦定理得， 所以，得到． 在△MBC中，由正弦定理得， 所以，得到．所以， 所以，即， 所以，即． （3）因为M为△ABC的费马点，所以∠AMB＝∠BMC＝∠CMA＝， 设|MB|＝|MA|，|MC|＝|MA|，|MA|＝x，＞0，＞0，x＞0，所以， 在△MAB中，由余弦定理可得， 在△MAC中，由余弦定理可得， 在△MBC中，由余弦定理可得， 又，所以 所以，又，所以， 解得或（舍去），即． 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $