广东珠海市部分校2025-2026学年第二学期期末练习高一数学（B类）

2025-2026学年度第二学期期末练习 高一数学（B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z满足，则（ ） A.1 B. C.2 D. 2.设x，，向量，，，且，，则（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 3.已知m，n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，，E是对角线上靠近点A的三等分点，点F在上，若，则（ ） A. B. C. D. 6.如图，正方体，E为棱的中点，用过点，，E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4，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A，B，C的对边分别是a，b，c，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A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，满足，则（ ） A. B.若，，则 C.若，则的面积最大值为 D.若，点M为的中点，则的最大值为 11.如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，P为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A.三棱锥的体积为定值 B.连接，则二面角的平面角正弦值为 C.三棱锥的体积为 D.O为正方体的中心，点E在正方体的表面上运动，且，则点E所构成的轨迹周长为 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60°，，，则________. 13.如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是________. 14.在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的最大值是________. 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A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求角B的大小； （2）设，，求b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x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； ②A，B分别在射线，上，，E，F为线段上两点，且，，求的最小值. 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，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P，斜边，共线.现将两三角板绕点P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P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角. 如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为. （1）当为等边三角形，的布洛卡角为，求的值； （2）证明：（其中S为的面积） （3）当且时，求的值； 2025-2026学年第二学期期末练习（B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 ACD ACD AB 3 0 1.【答案】B 【详解】由，得，所以.故选B. 2.【答案】A 【详解】向量，，，且，， 所以，，得，，则.故选A. 3.【答案】D 【详解】对于A：若，，则m，n可以平行或相交或异面，故A错误； 对于B：若，，则或或，故B错误； 对于C：若，，则或，故C错误； 对于D：若，，则，故D正确. 4.【答案】C 【详解】：由得， 所以.故选：C. 5.【答案】A 【详解】：.故选A. 6.【答案】D 【详解】：取的中点F，连接，，则为截面，设棱长为a，， ，，.选D. 7.【答案】A 【详解】：由圆锥内切球的表面积为，可知半径为2，设内切球球心为O，， . 可以得出圆锥的高为，母线长为，由侧面积公式可得. 8.【答案】C 【详解】：因为，又，则，可得，.由余弦定理得，又因为，可得，再由正弦定理可得，可得，. 9.【答案】：ACD 【详解】：设，，则，则 ，A正确； 取，得B错误； ，，则，所以C正确； ，，所以D正确. 10.【答案】：ACD 【详解】：因为，则， 即， 得，，则A正确； 若，，则，，由正弦定理可得，则，则B错误； 若，由余弦定理可得，又因为，可得，，C正确； 由M为的中点，则，则，D正确. 11.【答案】：AB 【详解】：因为面积为定值，平面，则点P到平面距离是定值，所以三棱锥的体积为定值，A正确. 连接，过点M作平面的垂线，垂足为H，则H为靠近线段的四等分点，过点H作棱的垂线交棱于点N，连接，则即为二面角的平面角，由，，所以，，则B正确. 三角形是边长为的等边三角形，连接交平面于点G，则平面，且，所以三棱锥的体积为，所以C错误. 如图，过点O作平面的垂线，垂足为，过点作的垂线交和于点H，F，则H，F分别为和的四等分点，由三垂线定理可得：若，则；再过点H作的垂线交于点G，可以得出矩形，则点E的轨迹长度为矩形的周长，即，所以D错误.. 12.【答案】3 【详解】：因为，，则. 13.【答案】 【详解】：连接，则平面，所以为直线与平面所成角， 设正方体边长为2，则，，， 所以，故答案为. 14.【答案】0 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则， 又因为，所以， 即， 由于是锐角三角形，，，等式两边同时除以， 得到，即， 因为，所以，则， 所以， 由，可得，令， 由是锐角三角形知，，，， 则， 根据基本不等式得，当且仅当时等号成立， 即的最大值为0. 故答案为：0 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，所以. 化简得，即.又，所以. （Ⅱ）在中，由余弦定理及，，， 有，故. 由，可得.因为，故. 因此，. 所以，. 16.【解】（1） ，故. 函数的周期. （2）由可知，， 化简得，因为，所以. （3）因为，所以， 所以当时，取到最小值为，此时， 当时，取到最大值为，此时. 所以当时，取到最小值1；当时，取到最大值2. 17.【解】：（1）因为，所以， 所以， 所以.（用余弦定理解题给分） （2）①因为，， 所以，， 得到， 则， 化简得，解得或（舍去）， 则. ②依题意设，，， ，， 同理，， 则 ， 在中，，，，， 依据余弦定理得， 整理得. 所以. ，，当且仅当时等号成立， ，即的最小值为. 18.【解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以O为，的中点.又由于，， 所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）（i）因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ii）作，，垂足分别为E，F， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，O为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为90°时，四棱锥的体积取得最大值. 19.解：（1）为等边三角形，布洛卡点P为的中心，所以布洛卡角， 则. （2）在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得， 两式相除得，将分子展开得， 化简得，即， （3）当时，是等腰三角形，，， 而，，，则， 又，则，， 则，， 由（1）可得，所以. 学科网（北京）股份有限公司 $