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．已知为虚数单位，且复数满足，则 A． B． C． D． 2．设，向量，，，且，，则 A．0 B．1 C．2 D．3 3．已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 4．已知，则 A． B． C． D． 5．在平行四边形中，设，，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则 A． B． C． D． 6．如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截得正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是 A． B． C． D． 7．已知圆锥的底面半径为，圆锥内的最大球的表面积为，则该圆锥的侧面积为 A． B． C． D． 8．记的内角，，的对边分别是，，，已知，，则 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，为复数，则下列选项一定正确的是 A． B． C． D． 10．在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，满足，则 A． B．若，，则 C．若，则的面积最大值为 D．若，点为的中点，则的最大值为 11．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中正确的是 A．三棱锥的体积为定值 B．若，则点的轨迹长度为 C．的最小值为 D．三棱锥的外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若向量与向量的夹角为，，，则_____________ 13．如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为弧上的靠近点的三等分点，轴截面是正三角形，则直线与所成的角的余弦值为____________． 14．记内角，，的对边分别为，，，，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．（13分） 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知 （1）求角的大小； （2）设，，求和的值． 16．（15分） 已知． （1）求函数的周期； （2）若，且，求的值； （3）求在区间上的最值及相应的值． 17．（15分） 如图，设，是平面内相交成的两条射线，，分别为，同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为． （1）在斜坐标系中，，求； （2）在斜坐标系中，，，且与的夹角． ①求； ②，分别在射线，上，，，为线段上两点，且，，求的最小值． 18．（17分） 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，．初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线．现将两三角板绕点展开，在展开的过程中保持与平行，展开后得到四棱锥． （1）求证：平面平面； （2）设平面平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值． 19．（17分） 三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当内一点满足时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对的边分别为，，，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为． （1）当且，的布洛卡角为，求的值； （2）证明：（其中S为的面积）； （3）若，求的值． 学科网（北京）股份有限公司 $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 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B A D C A D A C A CD A CD AB 3 $$\frac { \sqrt 3 } { 4 }$$ $$\frac { \sqrt { 1 4 } } { 2 }$$ 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.【解】：(1) 因为2bcosC+c=2a' 2bcosC+c=2a 新以2 $$2 b \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - c ^ { 2 } } { 2 a b } = 2 a - c .$$ 2分 化简得 $$a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - c ^ { 2 } = a c ，$$ 3分 $$且 \cos B = \frac { a ^ { 2 } + c ^ { 2 } - b ^ { 2 } } { 2 a c } = \frac { 1 } { 2 }$$ 5分 又 B∈(0，π)， ，所以 $$B = \frac { \pi } { 3 } .$$ 6分 (Ⅱ)在 △ABC 中，由余弦定理及 $$a = 2 ， c = 3 ， B = \frac { \pi } { 3 } ，$$ 有 $$b ^ { 2 } = a ^ { 2 } + c ^ { 2 } - 2 a c \cos B = 7 ，$$ ，故 $$b = \sqrt 7 . 8$$ 分 由bs bsinA=asinB 可得 $$\sin A = \sqrt { \frac { 3 } { 7 } } .$$ ^{y}a<c $$\cos A = \frac { 2 \sqrt 7 } { 7 } .$$ 9分 因此 此sin 2 $$\sin 2 A = 2 \sin A \cos A = \frac { 4 \sqrt 3 } { 7 } ， \cos 2 A = 2 \cos ^ { 2 } A - 1 = \frac { 1 } { 7 } .$$ 11分 所以， $$\cos \left( 2 A - B \right) = \cos 2 A \cos B + \sin 2 A \sin B = \frac { 1 } { 7 } \times \frac { 1 } { 2 } + \frac { 4 \sqrt 3 } { 7 } \times \frac { \sqrt 3 } { 2 } = \frac { 1 3 } { 1 4 } .$$ 13分 16.【解】 $$\left( 1 \right) f \left( x \right) = \sqrt 3 \cos ^ { 2 } x + 2 \sin x \cos x - \sqrt 3 \sin ^ { 2 } x = 2 \sin x \cos x + \sqrt 3 \left( \cos ^ { 2 } x - \sin ^ { 2 } x \right) ，$$ =sin2x+ $$+ \sqrt 3 \cos 2 x = 2 \sin \left( 2 x + \frac { \pi } { 3 } \right) \tan f \left( x \right) = 2 \sin \left( 2 x + \frac { \pi } { 3 } \right) .$$ 4分 函数f(x)的周期 $$T = \frac { 2 \pi } { 2 } = \pi .$$ 5分 (2)由 $$f \left( \frac { \pi } { 1 2 } + \frac { \alpha } { 2 } \right) = - \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } \pi$$ $$2 \sin \left[ 2 \left( \frac { \pi } { 1 2 } + \frac { \alpha } { 2 } \right) + \frac { \pi } { 3 } \right] = 2 \sin \left( \alpha + \frac { \pi } { 2 } \right) = 2 \cos \alpha = - \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ 化简得 cosa = 3, 8分 因为<a<元，所以sina=V-cos'a=V6 3 9分 (3)因为x∈ 12'6 2x+ 10分 所以当2x+ 3 石时，f取到设小值为2n名山，比时x= 12 12分 6 当2x+=元 3=)时，f（x)取到最大值为2sin。=2，此时x=2:14分 所以当x=2时，了)取到最小值1，当x= =12时，f(x)取到最大值2. 15分 17.【解】：(1)因为OM=(3,2),所以OM=3+2E, 1分 所以0M=(32+26=9e+12-6,+462=19, 2分 所以OM=V9.(用余弦定理解题给分)· 3分 (2)①因为0P=(1,2)=g+28,00=(-1,1)=-6+e, 所以0r-v+2g=V5+466,o0=e+g-2-2g-. 4分 得到0P00=(G+28)(-g+8)=2-1-2g6+g6=1-g6, 5分 1 则c0s= 0p.00 1-ee2 00+4ee2-2ee 2, 6分 化简得2(6-86-1=0，解得9g=c0sa=-2或E-6=c0sa=1(合去)7分 则c= 2元 3 8分 ②依题意设OA=me,OB=ne,(m>0,n>0), 亚-亚.匹-丽+丽购+ 3 3 3 9分 3 3 10分 则os.or-Gg+号j后+5） -5eme+2r运+5ma)g2m+2r-3m月 11分 在A04B中.∠40B-M=4,O-m-m,D丽=n=n. 依据余弦定理得cOs∠AOB= +o8-4m2+㎡2-16 20A0B 2mn 2 整理得m2+n2+mn=16 12分 EF2n32-mw2 9 13分 3，当且仅当m=n= 43 m2+n2+mn=16≥3mn'mn≤ 时等号成立 14分 3 0E0原32--0E0的为8 15分 18.【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O⊥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,ABC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ABI8分 又因为IC平面ABCD,ABC平面ABCD,所以II∥平面ABCD9分 (i)作PE⊥CD,PF⊥AB,垂足分别为E,F, 0产D E 因为AB∥CDWL,所以PE⊥1，PF⊥L,10分 所以∠EPF是二面角A-l-C的平面角 11分 因为PE=PF=5V3,O为EF的中点， 12分 所以∠EPO=∠OPF,设∠EPO=∠OPF=0. PO=53cos0,EF =20E=10v3sine 13分 因为PE⊥AB,PF⊥AB,PEOPE=P,PE,PFc平面PEF, 所以AB⊥平面PEF,所以AB⊥EF 15分 所议2=，X20x10N3sin9x5V3cos8=50sin20<50 16分 当且仅当20=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500cm3 17分 19,解“∠B=则∠P8A=-0,APB 2 1分 又'AB=BC=a,则PB=asin 2分 在△PBC中，∠PCB=T-0,∠BPC=3 4 ,由正弦定理可得 a asin sin∠BPC sin 4分 4 2= sin0 化简得 sin (-0 解得tan0= 15分 4 BP e (2)在△BCp中，由正弦定理可得sin(C-)sin(元-C) 6分 BP 在△ABP n中，由正弦定理可得sin sin(元-B)' 7分 sin(C-0)csinc c2 两式相除得 sine asinB ab inC 将分子展开得 tan -CosC=c2 ab' 8分 sinC c2 a2+b2-c2 a2+b2+c2 化简得 tane ab 2ab 2ab 1 a2+b2+c2a2+b2+c2 即 10分 tane 2absinC 4S 1 1 1 (3)先求tandtanB tanc tane 在△ABC中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得， 1 cosA b2+c2-a2 b2+c2-a2 tanA sinA2 bcsin∠BAC ASAABC cosB a2+c2-b2 a2+c2-b2 tanB sinB 2acsinB 4S△ABC 1 cosC a2+b2-c2a2+b2-c2 tanC sinC 2 absinLACB4S△ABc 12分 三式相加可得： L+1+1-a+b+ tanA tanB tanC 4S△ABC ，由(2)可得 11 1 1 则 tand tanB tanc tan 13分 PA PB PC 再求一+ 一十 a b PA c △BPA中，由正弦定理可得sin(B-可)sin(-B: 在 PA sin(B-0)sinBcos0-cosBsine 所以 =cos0-sing sinB sinB tanB' PC sin(A-0) 同理可得 =cos0- na b sinA anA' PB sin(C-0) =cos0_sine 15分 a sinC tanC' PA PB PC=3cos0-sin 1 所以c+ab 一十 tan tanB tanC PA PB PC 1 1 所以 = 3cos0-sin0.1 C ab八tanA'tanB tanC tan tan 2cos20 2cos2π 0”6=3 17分 sin 6