精品解析：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 【答案】B 【解析】 【分析】利用扇形弧长公式进行计算. 【详解】因为换算为弧度是， 根据扇形弧长公式计算得：. 2. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得， 因为与共线， 所以，所以. 3. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据，由，，求出和，再由两角和的余弦公式得出结果 【详解】由题意知，，因为，所以， 因为，所以，则 故选：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 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线平行与垂直、线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定定理与性质定理逐一判断即可． 【详解】A，若，，则，或与异面，故A错误； B，若，，，则，或与相交，故B错误； C，若，，，则，故C正确； D，若，，，则，或，或与相交，故D错误． 5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用函数的图象，结合正弦型函数的性质，求得，进而求得的值. 【详解】由函数的图象，可得，可得， 所以，则， 又由，可得， 可得，解得， 因为，所以，则， 所以. 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.现把该水晶杯看作圆台与圆柱（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. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件确定圆台的上底半径，下底半径，高，再结合圆台体积公式求结论. 【详解】由已知水晶杯总高，实心底座高， 因此容积部分（圆台）的高； 上口（口径）直径，故上口半径； 下底（底径）直径，故下底半径， 所以，，， 所以， 又圆台体积， 所以圆台体积. 故该水晶杯的容积为 7. 已知函数且，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点，则实数的取值可以为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】先平移得出，利用换元法求出函数的零点为，最值点为，结合“仅有两个零点和两个最值”构造不等式求出的范围，进而判断选项． 【详解】的图象向右平移得到， 令， 当时，， 记右端点，则在上仅有2个零点，2个最值点， 最值点，，在范围内依次为， 零点，，在范围内依次为， 要同时满足“仅有2个零点，2个最值点”， 则2个最值点仅包含，即， 2个零点包含，即， 故，，故，解得， ，故C正确． 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. 【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥补齐为三棱柱后再求外接球的半径进而即得. 【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， 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. 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. 【答案】AD 【解析】 【分析】依次判断选项的周期和单调性即可得到答案. 【详解】对于A：的最小正周期，且在区间上单调递增，故A符合题意； 对于B，的最小正周期， ，则在区间上单调递减，故B不正确； 对于C,的最小正周期为，由于，且， 所以在区间上单调递减，故C不正确； 对于D，的最小正周期，由于，且，所以在区间上单调递增，故D符合题意； 10. 在三角形中，角，，的对边分别为，，，且，则（ ） A. B. 当时， C. 若，且三角形有两解，则的取值范围是 D. 当三角形为锐角三角形时，的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项由正弦定理把边化角，再通分得，所以；B选项把边化角，再把用和表示，展开化简，即可得；C选项由正弦定理，可得到，再转化成图像交点个数问题即可；D选项通过正弦定理将表示为关于的三角函数，结合三角函数的性质即可求解． 【详解】由正弦定理知，把边化角可得， , 等号左侧通分得， 即为， 即为,因为且， 所以化简为， 所以，故A选项正确； 把边化角得，因为，所以， 所以，，所以B选项错误； 由正弦定理，可得到即， 因为三角形有两解，所以，的图像 与有两个交点，所以，即 所以的取值范围是，故C选项正确； 由， 得， 由，得，又三角形为锐角三角形，所以， 所以，所以， 故，故D选项正确． 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】由线面平行的定义可判断A；由面面垂直的判定定理可判断B；根据等体积法可判断C；先确定P的轨迹，再根据线面角的定义可判断D. 【详解】对于A，已知E，F分别是棱的中点，取的中点N，如图所示，则，，故平面平面.又平面，所以AE与平面不平行，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，，且， 平面，所以BD⊥平面.又因平面，所以平面⊥平面，故B正确. 对于C，在正方体中，因， 平面，平面，故平面，所以AC上任一点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，最大值为，故D正确. 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. ______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得 . 13. 在正三棱柱中，点分别为棱，，的中点，则异面直线与所成的角为______. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接和，分别证得和，得到平面，进而证得，即可得到异面直线与所成的角. 【详解】如图所示，取的中点，连接和， 因为为的中点，可得， 在正三棱柱中，可得平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为分别为的中点，可得， 在正中，为的中点，可得，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以异面直线与所成的角为. 14. 在中，，，，为边上除端点外一动点，延长到，使．若，则的长为______． 【答案】2 【解析】 【分析】法一：先根据题意以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，再分别求出各点的坐标，从而根据条件求出的值，进而根据的值即可求出的长；法二：设，根据条件，及三点共线即可求出的值，从而得到，的长，再根据直角三角形的性质即可求出的长． 【详解】法一：由题意得，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则，，，设， 所以，，， 因为， 所以，解得， 又，即， 整理得，解得或， 当时，，则，所以，即， 又，所以，即，所以为等边三角形， 所以，所以； 当时，，此时点与点重合，不符合题意，综上，． 法二：设，因为，所以， 又为边上除端点外一动点，则，，三点共线， 所以，解得，所以， 因为，则，所以， 又因为为直角三角形，且， 所以点为线段的中点，或点与点A重合， 又点不与端点重合，所以点为线段的中点，所以． 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. 已知为锐角，为钝角且，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合条件求出，利用同角的平方关系和商数关系即可求解； （2）利用同角的平方关系和商数关系求出，结合二倍角的正切公式求出，最后利用两角差的正切公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，即， 又且为锐角，解得； 所以； 【小问2详解】 由（1）可求得， 因为为钝角，又，所以， 所以，. 16. 已知函数． （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在上的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式结合两角差的正弦公式化简函数，进而利用最小正周期公式及对称轴的性质计算求解； （2）求出，解不等式求出，结合得出解集． 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以的对称轴为． 【小问2详解】 ， 由，可得，则， 解得， 又，得， 所以不等式解集为． 17. 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. 【答案】（1）选①②③均为 （2） 【解析】 【分析】（1）选①利用正弦定理把边化角，再由辅助角公式求解；选②由余弦定理及面积公式求解；选③由正弦定理和余弦定理综合求解； （2）法一：设∠ADC＝，列出关于的方程求解；法二：令，得到方程，由，求得，从而得到b＋c的最大值. 【小问1详解】 选①，由正弦定理得：， 又，所以， 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； 【小问2详解】 法一：在中，设∠ADC＝， 则，所以， 所以 （其中）当时取等号，所以的最大值为 法二：由题知，在△ACD中，由余弦定理， 化简得，即， 令，则，即， ，解得 当时，，符合题意，所以的最大值为. 18. 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. 【答案】（1）因为为中点，是正三角形，所以， 因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，又因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质定理可得平面，再利用线面垂直的性质定理与判定定理可得平面，即可得证； （2）取线段的中点，找出平面与交线即可得点，再借助平行线性质计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设线段中点为，连接并延长，与的延长线交于点， 连接与线段交于点，该点即为符合题意的点； 因为为的中点，，所以， 所以为的中点， 在中，过作交于， 所以，即，所以， 又，所以，又为中点，所以， 所以，所以. 19. 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. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而； （2）设，根据数量积定义可得，由结合面积公式可得，由此可求， 法一：证明，由此可得，利用正弦定理列方程求结论； 法二：分别在，中由正弦定理求，列方程求结论； （3）设，|，则，根据余弦定理和勾股定理可得，从而由基本不等式可求得最小值. 【小问1详解】 （1）因为， 所以， 所以，所以，所以. 【小问2详解】 （2）因为，即是直角三角形，由费马点定义知，， 设，， ， 所以，由得： ， 因为，所以，所以，， 设，所以，， 法一：因为，， 所以， 所以， 在中，由正弦定理可得， 即，即，解得，即. 法二：在中，由正弦定理得， 所以，得到. 在中，由正弦定理得， 所以，得到，所以， 所以，即， 所以，即. 【小问3详解】 因为为的费马点，所以， 设，|，，，，， 所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 在中，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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.现把该水晶杯看作圆台与圆柱（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. 已知函数且，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点，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. 在三角形中，角，，的对边分别为，，，且，则（ ） A. B. 当时， C. 若，且三角形有两解，则的取值范围是 D. 当三角形为锐角三角形时，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，点分别为棱，，的中点，则异面直线与所成的角为______. 14. 在中，，，，为边上除端点外一动点，延长到，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. 已知为锐角，为钝角且，. （1）求的值； （2）求的值. 16. 已知函数． （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在上的解集． 17. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $