广东珠海市部分校2025-2026学年第二学期期末练习高一数学（A类）

2025-2026学年第二学期期末练习(A类) 高一数学参考答案及评分标准 1 2 3 4 5 8 9 10 11 12 13 14 B A D A A ACD ACD AB 3 5 V14 2 4 1.【答案】B 【详解】由(1+i)z=2,得z=, 2 21-)1-1,所以z水P+(-可=5故选B 1+i(1+i)(1-i) 2.【答案】A 【详解】向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且a⊥c,b∥c, 所以2x-4=0,-4=2y,得x=2,y=-2,则x+y=0.,故选A 3.【答案】D 【详解】对于A:若∥c,/∥，则，n可以平行或相交或异面，故A错误； 对于B:若m/∥，m⊥n,则n⊥a或n/∥a或nCa,故B错误； 对于C:若⊥a,⊥n,则n∥a或nCa,故C错误； 对于D:若⊥a,nca,则⊥n,故D正确 4.【答案】C 【群解由、5血uoa名得a名号 所以os0u-骨=co2a-引=1-2smu-吾=1-2x-3故选：C. 5.【答案】A 【详解1：加-+)-号+名和-+名而+-居+名0-+3放选A 6 6 6.【答案】D 【详解】：取AA,的中点F,连接DF,EF,则EFD,C1为截面，设棱长为a,V正=3， D =g咖女，4=g--长 11 4 7.【答案】A 【详解】：由圆锥内切球的表面积为16π，可知半径为2，设内切球球心为O,PO=x 参考答案第1页共11 APCO∽APDB→OC=PO2 BDPB4N(x+2)+4P⊙s0 3 可以得出圆锥的高为号，母线长为9，由侧面积公式可符8 3 B 8.【答案】C 【详解】：因为tamA+tanB=tan(A+B)l-tanAtanB],又A+B+C=π，则tam(A+B)=-tanC,可 得tmB=5,B-胥由余弦定理得=a2+c2-2acoe写=d2+e2-ac,又因为护-音c,可 3 3 a c b 2b 得a2+c2= 3ac,再由正弦定理可得sinA sinC 万，可得mA=5mc-yc Sin 26 2b 3 sin A+sinC= 5(a+c)V5 (a+c)2 ac +2ac V39 2b 4 ac 3 Rc 9.【答案】：ACD 【详解】：设1=41+b1,52=a2+bi,则12=(a1a2-b2)+(a1b+a2)2,则 ==V(aa3-b)2+(ab3+a)2==V(a2+b2a2+b2),A正确 取-=1+i,得B错误 1=4+,=a,-,则=a42+2=,所以C正确 (+2=2+252+2,(5-2)2=2-252+2,所以D正确 10.【答案】1：ACD 【详解】：因为/，则(2c-b)cosA=acosB, 2sin C cos A=sin B cos A+sin Acos B=sin(A+B)=sin C 得cosA=1 方4=行，则A正确 参考答案第2页共11 若a=5.o8=则m8-平mc=m-)=35,山正弦定理可得 、3 8 。品2，则：36，则B福送 4 若a=2,由余弦定理可得b2+c2=4+bc,又因为b2+c2≥2bc,可得bc≤4bc≤4， e-cm-5csV5,C正确 2 34 由w为c的中点，则i-函+，则 ÷1 2V 63c2bcc0s=v2b6+453 D正确 11.【答案】：AB 【详解】：因为△4BD面积为定值，B,D/I平面BD,则点P到平面ABD距离是定值，所以 三棱锥P-ABD的体积为定值，A正确。 连接AC交平面48D于点H,则CHL平面48D,且CH=24C=4W5,又有CQ=V6, 3 则点©的轨迹是以日为圆心.以，y6-=5为半径的网，所以点e的轨迹长度为 2√6π 3 ,B正确 C M ，如图，48=25,8=1，os(∠AB,M0=cos5+马=V2-V6 341 4 由余弦定理可得AM=V7+2√5，C错误 如图.点E为△45D的中心，O8=5,点G为AeDV的外心，0G=5且Aow-:,则 3 6 过点E作△4BD的垂线，过点G作△BDN的垂线，两垂线相交于点F,则点F为三棱锥 WAD的外接球的球心，可证4w-吕则0=得9-9所以 R=O>+(O8-,外接球的表面积为1r,D错误 2 参考答案第3页共11 12.【答案】3 【详解】：因为āb=园，(a+2)(a-)=+同-8=4，则同=3 13.【答案】 4 【详解】：取C关于点O的对称点D(D在圆上)，连接PD,则四边形ACBD为矩形， AC∥BD,∠PBD为直线PB与AC所成的角.设底面圆的半径为r,则 PD=PB=2,BD=V3r,由余弦定理可得cos∠PBD= 4 14.【答案】4 【详解】因为ccos4 2ccosB bccosA+2accosB=3, acosC bcosC abcosC 由正弦定理得simC(sin8cos4+2sin1cosB）-3, sinAsinBcosC 所以 sinC (sinBcos4+2sinAcosB) (1 2) -tanc =3 cosCsinAsinB tand tanB 1,1 tan4+tanB 设、1 1 又因为tanC= =n,所以tanC=-mn-n+m 1-tanAtanB tanA tanB 1 1-n n （tand"tang=3,所以-】 2 2 3 tanA tanB tanc' 所以m+2n= 3(1-n) ,即m2+6n+22=3, m+n 设m+2n=t,所以(t-2n)+6(t-2n)n+2m2=3,即-6m2+2n+t2-3=0有解， 参考答案第4页共11 所以△=4-4×(-6)x(-3)=28x2-72≥0，解得12≥1 若tanC<0,则tan4>0与tanB>0,则，1 >0, tand tanB 2 <0,与tanC 1 2 即tanC =3矛盾，故tanC>0. tan4 tanB 即有t>0,所以t 3v14 7 tand tani8anC的最小值为i4 .3 7 7V14 则tanC的最大值为 142 ccosA 【另解】： acosC 2ccosB_bccos4+2accosB=3bccosA+2accosB=3ab cosC bcosC abcosC b2+c2-a2 所以bc +2ac+c2-6 -3b+b-c -→a2+2b2=3c2 2bc 2ac 2ab 所以csC-。+6'-C_3a+36-a2+26-a+ -≥2. 2ab 6ab 3b6aV18-3 所以cos2C= cos2C 1 cos2C+sinC 1+tan2C9 名-tmcs 2 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)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.己知2 bcosC+c=2a (1)求角B的大小： (2)设a=2,c=3,求b和cos(2A-B)的值 【解】：(1)因为2bc0sC+c=2a,所以262+62-c2 =2a-C.. .2分 2ab 化简得a2+b2-c2=ac,…。 。。。。。。。。。 3分 即cos8=Q2+c2-b21 2ac 2 5分 又B∈(0，)，所以B= 6分 3 （I)在△ABC中，由余弦定理及a=2,c=3,B= 3 有b2=a2+c2-2 ac cos B=7,故b=√万. .8分 由6如A=am8,可得mA=号.因为a<c,放w4-2 。.9分 因此sim2A=2 sinAcosA= ，cow2A=2cor2A-1=1 4W > -71 11分 所以，cos(2A-B)=cos2 cosB+sim2 Asin=x+4W5x5_13 727214 13分 16.(15分)已知f(x)=V3cos2x+2 sinx cosx-V3simx. 参考答案第5页共11 (1)求函数f(x)的周期： 2W3 且元<aw<元，求sina的值： 3 3)求fx)在区间 上的最值及相应的x值， 【解】(1)f(x)=√5cos2x+2 sin xcosx-V3sim2x=2 sin.xcosx+V3(cos2x-sim2x) sin 2x+3 cos 2x=2sin 2+》 ..4分 函数f(x)的周期T= 2π 5分 122- =2c0sa=-2 3 化简得cos= 3 ……… 3 8分 因为a<x,所以sina--cosa-6 3 9分 (3)因为x∈ 元π 126 所以2x+匹∈[亚2如 36’3 10分 所以当2x+-元时，了(x)取到最小值为2sim-1,此时x=- 36 12’ 12分 当2x+号时，f)取到最大位为2子2，地时 12 .14分 所以当=一晋时。取到最小值1：当=音时，四取到最大值25分 17.(15分)如图，设Ox，,O是平面内相交成(0<<)的两条射线，，e分别为Ox, O同向的单位向量，若向量OP=x+y,,则把有序数对(x,y)叫做向量在斜坐标系 a-xOy中的坐标，记为OP=(x,y). e 0在斜坐标系智0中，OM=(32),求O 参考答案第6页共11 ②在斜华标系a-0y中，0P-L,2,00-(L训，且0丽与00的夹角0-号 ①求a; ②A,B分别在射线Ox,O上，A=4,B,F为线段AB上两点，且A正=AB,AF=AB 求OE.OF的最小值 【解】：(1)因为0M=(3,2),所以OM=3+22, .1分 所以07=(3e,+2e)=9,+12-e+4e-19, ，。。。。。。。。。 .2分 所以Od=V9.(用余弦定理解题给分) .3分 (2)①因为0p=(1,2)=e+2,00=(-1,1)=-8+6, 所以o=Vg+2g=5+4ee,o@-日+g=2-2ge, 4分 得到0p.0@=(日+22)(-g+)=2-1-2g-6+gg=1-g6,5分 则cos6 0p.00 1-6e2 1 o0可V5+4eeV2-2ge 2 .6分 化简得2(ge-g·g-1=0,解得gg=cosa=- 或·e2=cosa=1(舍去)7分 则a2 8分 ②依题意设OA=mg,OB=肥)，(m>0,n>0), …-号4，o吸-o1+号吸-肥+号照9分 2 3 3 同理A服-}8,0丽=a+丽-e+e 1 3 .10分 -m+2r-5m可-m+r-m ..11分 在△0A8中，A08-,hB=4,a网-网-m,o丽-g-, 依据余弦定理得cos∠AOB: o4+o-_r+r-161 20A0B 21n 整理得m2+n2+1m=16 .12分 所u匹a2w+2r-m叫--2m-m- .13分 参考答案第7页共11 m+n2+m=16≥3mn,m≤16 当且仅当m=n= 3 45时等号成立14分 0正.032-名)-8目0.0示的最小值为号 .15分 18.(17分)现有两个含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为10cm,如图， △PAB与△PCD为这两个三角板，其中PA=PC=10cm,∠PBA=∠PDC=30°.初始时， 两三角板的直角顶点重合于点P,斜边AB,CD共线现将两三角板绕点P展开，在展开的 过程中保持AB与CD平行，展开后得到四棱锥P-ABCD 2二--- (I)求证：平面PAC⊥平面ABCD: (2)设平面PAB⌒平面PCD=1. (i)求证：l//平面ABCD: (i)当二面角A-1-C的大小为多少时，四棱锥P-ABCD的体积取得最大值？求出该最 大值， 【解】(1)由AB与CD平行且相等，得四边形ABCD为平行四边形， 1分 所以O为AC,BD的中点.又由于PA=PC,PB=PD, 所以PO⊥AC,PO⊥BD,3分 又因为AC,BDC平面ABCD,AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.......4分 又POC平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD;.5分 (2)(i)因为AB∥CD,AB平面PCD,CDC平面PCD, 所以AB/平面PCD, 6分 又因为ABC平面PAB,平面PABO平面PCD=I,所以AB∥I..8分 又因为I平面ABCD,ABC平面ABCD,所以I/平面ABCD.9分 (i)作PE⊥CD,PF⊥AB,垂足分别为E,F, =>D 参考答案第8页共11 因为AB/CD/1,所以PE⊥1，PF⊥l,10分 所以∠EPF是二面角A-1-C的平面角.11分 因为PE=PF=5W3,O为EF的中点，12分 所以∠EPO=∠OPF,设∠EPO=∠OPF=6. 则P0=5V5cos0,EF=20B=10V5sin0.13分 因为PE⊥AB,PF⊥AB,PE∩PF=P,PE,PFC平面PEF, 所以AB⊥平面PEF,所以AB⊥EF.15分 所以.2=X20x103sim0x53c0s0=50sim20≤5016分 当且仅当28=90°，即二面角A-1-C的大小为90°时，四棱锥P-ABCD的体积取得最大 值500cm317分 19.(17分)三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当△ABC内一点P满足 ∠PAB=∠PBC=∠PCA=O时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角日为布洛卡角.如图， 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,点P是△ABC 的布洛卡点，布洛卡角为0. ()当4B=BC且∠ABC-T,△4BC的布洛卡角为9，求tan6的值： 2 (2)证明：1=a2+62+c (其中S为△ABC的面积)： tan 0 4S e诺0-石求(2+a+b儿4 Btnc) .PA,PB PC 11 1 的值. 解：：∠B-则∠P5A=日0，A8 2’ …1分 又片AB=BC=a,则PB=asin日…2分 在APBC中，∠PC8=?-日，∠BPC=3江，由正弦定理可得 4 4 参考答案第9页共11 a asinθ sin ZBPC sin()' …4分 化简得V2-sm日 1 sm(区-0，解得tm0= …5分 2 4 (2)在A8CP中，由正弦定理可得 BP a …6分 sin(C-6)sim(π-c) BP 在△4BP中，由正弦定理可得 sine sin(-B)' …7分 两式相除得sim(C)-csinC-c2 sin 0 asin B ab 将分子展开得smC 008C=2 …8分 tan ab 化简得mC=￡+a2+62-c2g2+b2+02 tane ab 2ab 2ab 即1=a2+b2+ca2+b2+c …10分 tan日02 ab sin C 4S )先求，1+1 1 1 `tanA'tanB'tanC tan日 在△ABC中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得， 1_cOSAb2+c2-d b2+c2-a tanA sinA2 bc sin∠BAC4S△Asc 1 cosB a2+c2-b2 a2+c2-b2 tan B sin B 2 ac sin B4S△ABc 1 cosC a2+b2-c2 a2+b2-c2 tanc sinC2 ab sin∠ACB4S△Asc …12分 三式相加可得： 1 1+1-d+b2+c2 tand'tan B'tanC4S△sc ,由(2)可得 则、1 +111 …13分 tan A tan B tan C tan 再求P4PBPC c a b' 在BPA中，由正弦定理可得PA sin(B-θ)sim(π-B)' 所以P4_s(B-0_sinB9-Bn0=cos0-sin0 sin B sin B tan B' 同理可得PC-sim(4-) 二 b =cos0-sing sin A tanA' 参考答案第10页共11 PB_sin(C-0)=cos0- sin e …………………15分 a sinC tan C 所以PA+PB+ =3cos0-sin0 1,1 1 c a b 气tanA'tan B'tanC 以PA+PB+PC11一+ 1 a b八tanA'tan B'tanC)( 3cos6-sin6.1）.1 tan0tanθ 2cos2π sine 6=3.…17分 sin 6 参考答案第11页共112025-2026学年度第二学期期末练习 高一数学(A类) 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，将本试卷和答题卡一并交回。 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i为虚数单位，且复数=满足(1+i)z=2,则= A.1 B.√5 C.2 D.2N2 2.设x,yeR,向量a=(x,1),b=(1,y),c=(2,-4),且aLc,b∥c,则x+y= A.0 B.1 C.2 D.3 3.已知，n表示两条不同直线，a表示平面，下列说法正确的是 A.若∥a,n∥，则∥n B.若/∥a,⊥n,则n⊥ C.若⊥a,⊥n,则n∥ D.若⊥a,nCa,则⊥n 4.已知5血&-oa=号则co2a-骨- A品 B.-16 c D. 24 25 25 5.在平行四边形ABCD中，设AB=a,AD=b,E是对角线AC上靠近点A的三等分 点，点F在BE上，若BF=FE,则AF= B.2a+2五 C. 63 3 3 数学试题第1页（共6页） 6.如图，正方体ABCD-AB,C,D1,E为棱BB,的中点，用过点C1,D,E的平面截得 D 正方体为两部分，其体积分别为，心<)，则 的值是 4 6 0 3 7.己知圆锥的底面半径为4，圆锥内的最大球的表面积为16π，则该圆锥的侧面积为 A.80 3 B.16v2 C.20元 D.15π 8.记△4BC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,己知tan A+tanB+tanC=√3 tan AtanC, 公-青c,则nA+mc- A.30 B. C.v39 D.6+v5 4 2 4 4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.若1,2为复数，则下列选项一定正确的是 A.z=3 B.= c.3=同 D.(亿1+z尸+（亿-z2)}2=2(z+z) 10.在△4BC中，内角A.B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(cosA,cosB), 1=a,2c-b):满足/12，则 A4否 B.若a=V5,cosB=2,则o=35- 4 8 C.若a=2,则△4BC的面积最大值为√5 D.若a=2,点M为BC的中点，则AM的最大值为V3 数学试题第2页（共6页） 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，M,N分别为BC,CC的中点，P 为线段RD上动点（包括端点），点2在平面ABD内，则下列说法中正确的是 D C N B A.三棱锥P-ABD的体积为定值 B.若C2=V6,则点e的轨迹长度为2√6m C.AP+MP的最小值为√6+1 D.三棱锥N-ABD的外接球表面积为10π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若向量ā与向量6的夹角为60，=2，（位+25）(a-6)=4,则- 13如图，在圆锥PO中，AB为底面圆O的直径，C为弧AB上的靠近B点的三等分 点，轴截面APB是正三角形，则直线PB与AC所成的角的余弦值为 Q B 14.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c, ccosA 2ccosB =3,则tanC的 acosC bcosC 最大值为 数学试题第3页（共6页） 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) 在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2 cosC+c=2a (1)求角B的大小： (2)设a=2,c=3,求b和cos(2A-B)的值 16.(15分) 己知f(x)=V3cos2x+2 sin x cosx-√3sin2x. (1)求函数f(x)的周期： 2W3 3，日<2<元，求sima的值 2 (3)求f(x)在区间 12’6 上的最值及相应的x值. 17.(15分) 如图，设Ox,O是平面内相交成a(0<a<)的两条射线，，e2分别为Ox,O同 向的单位向量，若向量OP-x,+ye2,则把有序数对(x,y)叫做向量在斜坐标系-xOy 中的坐标，记为OP=(x,y) e (@在斜坐标系号-x0中，aM-B2),求D: (2)在斜坐标系0-x0y中，0P=(1,2),00=(-1,1),且0P与00的夹角0= 3 ①求u; ②A,B分别在射线O,O上，AB=4,E,下为线段AB上两点，且A证=AB, 3 正-五，求丽示的被小简 数学试题第4页（共6页） 18.(17分) 现有两个含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为10cm,如图，△PAB与△PCD 为这两个三角板，其中PA=PC=10cm,∠PBA=∠PDC=30°.初始时，两三角板的直 角顶点重合于点P,斜边AB,CD共线现将两三角板绕点P展开，在展开的过程中保 持AB与CD平行，展开后得到四棱锥P-ABCD B A (1)求证：平面PAC⊥平面ABCD; (2)设平面PAB∩平面PCD=1. (i)求证：I∥平面ABCD: (ⅱ)当二面角A-I-C的大小为多少时，四棱锥P-ABCD的体积取得最大值？求出 该最大值 数学试题第5页（共6页） 19.(17分) 三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当△ABC内一点P满足 ∠PAB=∠PBC=∠PCA=O时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角9为布洛卡角.如图， 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,点P是△ABC 的布洛卡点，布洛卡角为日 (I)当AB=BC且∠ABC= 2,△4BC的布洛卡角为6，求tam6的值： (2)证明：，1=a2+b2+c2 (其中S为△ABC的面积)： tana 4S +a+b人tan tanBtanC的值 数学试题第6页（共6页）