精品解析：江西南昌中学三经路校区2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

2025~2026学年度第二学期南昌中学三经路校区期末考试 高一数学 命题人：杨平涛 审题人：胡安居 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，只有一项符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接对已知式子化简即可 【详解】， 故选：A． 2. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设确定底面周长，再由圆锥侧面积的求法求其侧面积. 【详解】由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：B. 3. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】先利用正弦定理边化角，再利用两角差的正弦公式得到，最后结合正弦函数的性质得到，判断三角形形状即可. 【详解】在中，因为， 所以结合正弦定理可得， 则，可得， 由两角差的正弦公式得， 因为，，所以， 可得，解得， 即的形状是等腰三角形，故A正确. 故选：A 4. 已知，，是三个不同的平面，l是一条直线，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】利用线面垂直的性质判断C，举反例判断A，B，D即可. 【详解】对于A，若，，则可能会相交也可能平行，故A错误， 对于B，若，，则可能会相交或平行，故B错误， 对于C，由线面垂直的性质得若，，则，故C正确， 对于D，若，，则或，故D错误. 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用诱导公式将目标式化为，再利用二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】由题意结合诱导公式得， 由二倍角的余弦公式得，故B正确. 故选：B 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据切化弦以及两角和差公式解出，代入两角差的余弦公式即可. 【详解】由题意可得， 即，， 故. 故选：A. 7. 在三棱锥中，，平面平面，，，，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用勾股定理与特殊角求得，再由面面垂直的性质定理推得，从而得解. 【详解】依题意，作出图形如图， 因为，，所以， 因为，，所以， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以． 故选：C. 8. 在中，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用正弦定理及三角形内角和性质求出角A的余弦值，再利用向量数量积公式求解即可. 【详解】由题，根据正弦定理，即，求得，又因为，所以角C为锐角，故 ， 因为， 所以 故选：C 二、多选题：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. 已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则的最小值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据复数除法运算，求得，再根据模长运算即可求解；选项B，令，分别计算和，即可判断；选项C，设，由得，可解得，但要注意的取值；选项D，根据复数模长的几何意义即可判断. 【详解】对于A，根据复数除法，， 则，所以A正确； 对于B，令，则， 所以，，所以，故B正确； 对于C，设，则，， 所以，， 因为，即，解得，， 所以当，，不是纯虚数，故C错误； 对于D，当，复数对应的点在单位圆上，即， 表示复数对应的点到点的距离，最小值为圆心到点的距离减去半径，即最小值为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知向量，其中均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角为钝角 B. 向量在方向上的投影为 C. D. 的最大值为2 【答案】CD 【解析】 【分析】通过求出，向量在方向上的投影，利用平行关系结合基本不等式，即可得出结论. 【详解】由题意，均为正数， ， A项， ∵， ∴与的夹角不为钝角，A错误； B项， ∵， ∴向量在方向上的投影为，B错误； C项， ∵，， ∴，即，C正确； D项， ∵，即，当且仅当时等号成立， ∴的最大值为2，D正确； 故选：CD. 11. 已知函数的部分图象如图所示，是的两个零点，若，则下列为定值的量是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图及函数零点求得，再结合已知逐项分析判断. 【详解】函数的最小正周期为， 由图象得，令，得， 解得，即，又， 则，，由，得，解得， ，， 所以均为定值，而的值不确定，则不确定. 故选：ACD 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 函数，，则此函数的值域是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，然后由正弦函数性质求解可得. 【详解】， 因为，所以， 所以，所以， 即此函数的值域为. 故答案为： 13. 在中，，，，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合数量积的运算律可得，即可求解. 【详解】由于，故,故, 又, 故, 故, 故， 由于，故， 故答案为： 14. 在正三棱柱中，，，M为BC的中点，点N在棱上，且，则下列命题中，正确的命题共有_______个． （1）； （2）平面； （3）平面平面； （4）三棱锥的外接球表面积为． 【答案】4 【解析】 【分析】对于（1）：先证明平面,利用线面垂直的性质定理即可证明；对于（2）：利用线面平行判定定理即可证明；对于（3），由线面垂直得到面面垂直，说明线在面上即可：，对于（4）：求出外接球的半径即可得到结果. 【详解】对于（1）：因为正三棱柱，所以平面,又因为平面， 故,又因为三角形为正三角形，为的中点，故, 因为,且平面，故平面， 又因为平面，所以，故命题（1）正确； 对于（2）：如图，连接两线相交于点，再连接， 因为是正三棱柱，所以四边形为长方形， 故点为线段的中点， 又因为为的中点，所以为三角形的中位线， 故,因为平面，平面， 所以平面，故命题（2）正确； 对于（3）：因为平面，平面，所以平面平面， 故命题（3）正确. 对于（4）：因为是正三棱柱，所以平面, 所以球心到平面的距离为, 又因为三角形的外接圆半径为， 所以外接球半径,故，故命题（4）正确； 四、解答题：共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 已知复数. （1）实数m为何值时，复数z为纯虚数； （2）若，请计算. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为零，据此可得； (2)利用复数的运算法则计算可得，结合复数的几何意义即可求解. 【小问1详解】 欲使z为纯虚数， 则，解得； 【小问2详解】 当时，， 所以， 所以. 16. 如图，在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若D为BC边上一点，，求AB的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式化简整理得，结合三角形内角的性质得，即可得； （2）应用余弦定理求得，最后应用正弦定理求AB的长. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 即，即． ∵，则． ∴，即，又， ∴． 【小问2详解】 在中，，，， ∴，， ∴． 在中，，，， 由正弦定理，得，可得. 17. 已知，． （1）求； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据和差角公式化简可得，结合同角三角函数的基本关系可得结果. （2）根据同角三角函数的基本关系、二倍角公式及两角差的正弦公式可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 化简得， 因为，所以， 所以，即，故. 【小问2详解】 由，得，且， 所以. 因为，所以， 由得， 所以， 所以. 18. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点. （1）求证：； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）取的中点为，连接，由分别是棱的中点， 可得：，， 由正方体的性质可得：平面，， 所以可得：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） （3） 【解析】 【分析】第一问，构造线面垂直；第二问通过平行关系，将异面直线所成角变成平面角，求解边长并求出余弦值；第三问，通过平行转化成求相同高度的锥体体积，再在同一个锥体中转换底面即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在线段上取一点，使得， 易证，所以为异面直线所成角，因为，，所以. 【小问3详解】 ，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 则 ． 19. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②M位于点C， 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证； （2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可 【小问1详解】 如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线， 所以且， 又且， 所以且， 所以四边形ENCM是平行四边形，所以， 又平面PAM，平面PAM， 所以平面PAM. 【小问2详解】 ①由平面AMCD，平面PFH，得， 又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线， 所以平面PAD. ②，由①知平面PAD，又平面PAD， 所以，所以是， 由平面AMCD，平面AMCD， 所以，是. 如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等， 所以O是三棱锥外接球的球心. 如图，过点P作于F，连HF和BF， 因为平面AMCD，平面AMCD， 所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线， 所以平面PFH，又平面PFH，所以， 由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且， 设，则，， 又，所以， ，， 由，得， 所以，， 所以， ， 因为在时单调递增， 所以时，有最大值， 此时，点M位于点的C位置， 所以，，. 所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期南昌中学三经路校区期末考试 高一数学 命题人：杨平涛 审题人：胡安居 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，只有一项符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 4. 已知，，是三个不同的平面，l是一条直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，平面平面，，，，则（ ）. A. B. C. D. 8. 在中，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则的最小值为1 10. 已知向量，其中均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角为钝角 B. 向量在方向上的投影为 C. D. 的最大值为2 11. 已知函数的部分图象如图所示，是的两个零点，若，则下列为定值的量是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 函数，，则此函数的值域是______. 13. 在中，，，，且，则______． 14. 在正三棱柱中，，，M为BC的中点，点N在棱上，且，则下列命题中，正确的命题共有_______个． （1）； （2）平面； （3）平面平面； （4）三棱锥的外接球表面积为． 四、解答题：共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 已知复数. （1）实数m为何值时，复数z为纯虚数； （2）若，请计算. 16. 如图，在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若D为BC边上一点，，求AB的长. 17. 已知，． （1）求； （2）若，求的值． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点. （1）求证：； （2）求直线与直线所成角的余弦值； （3）求三棱锥的体积. 19. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $