精品解析：重庆市第八中学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

重庆八中2025—2026学年度（下）期末考试高一年级 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由复数的除法运算法则计算，再由共轭复数定义表示，即可求得a,b，代入所求表达式即可得答案. 【详解】由题可知，i， ∴其共轭复数a+bi＝﹣i， ∴a＝0，b＝-1， ∴a-b＝1 故选：D 【点睛】本题考查复数的除法运算，还考查了表示共轭复数，属于基础题. 2. 如图，向量，，，则向量可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的加减法法则结合图形即可得到答案. 【详解】如图， . 故选：D. 3. 已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质、面面垂直的判定及充分条件的定义逐项判断. 【详解】对于A，由，得，而，则，A不是； 对于B，，分别是平面内互相垂直的异面直线，满足，B不是； 对于C，由，得，又，则，C是； 对于D，由，得二面角的平面角可以是锐角、直角，也可以是钝角，D不是. 故选：C 4. 已知与的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出在上的投影，再乘以即可得解. 【详解】因为在上的投影为， 所以在上的投影向量为. 故选：D 5. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为，则该阿基米德多面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可. 【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成， 其中正方形边长和等边三角形的边长均为； 阿基米德多面体的表面积. 故选：A. 6. 已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设的外心分别为，为线段的中点， 过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，交于点，利用勾股定理和正弦定理计算半径即可. 【详解】设的外心分别为，为线段的中点， 过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，交于点， 则为球心，， 则为二面角的平面角， 又平面平面，则，则四边形为长方形， 因为，，所以在中由余弦定理可得， 则， 在和中利用正弦定理得， 则， 则， 则三棱锥外接球的表面积为. 7. 如图，在中，为的中点，，，是圆心为、半径为的圆的动直径，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，设与的夹角为，得到，根据，求出答案. 【详解】 ， 又 ， 且，所以． 设与的夹角为， 则． 因为，所以． 8. ，，若方程的所有实根之和为，则可以取何值（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数解析式可以判断和的图象都关于直线对称，则利用对称性可得出方程的实根有6个，则当时，方程有3个实根，令，则方程变为，即函数与的图象在上有3个交点，结合图象求出的取值范围即可求解. 【详解】当时，，则， 当时，，则， 所以的图象关于直线对称， ， ， 即，所以的图象关于直线对称， 由于和的图象都关于直线对称， 所以方程的实根也关于直线对称分布， 因为，所以不是方程的实根， 所以方程的实根有偶数个， 设方程共有n个实根，则， 因为方程的所有实根之和为，所以， 因为和的图象都关于对称， 所以当时，方程有3个实根， 当时，令，则方程变为， 即函数与的图象在上有3个交点， 函数在上单调递增，且值域为，函数值域为， 所以交点只能出现在的范围内，即， 如图所示， 函数与的图象要在上有3个交点， 需满足，解得， 因为，，，， 所以可以取5. 二、选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 为纯虚数 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数相等求出复数，再逐项分析计算判断作答. 【详解】设复数，由，得， 整理得，于是，解得，， 对于A，为纯虚数，A正确； 对于B，，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 10. 如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线DP与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. P为线段的中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用等体积转化为求三棱锥可判断A选项；B选项过点作，转化为求直线与直线所成角；将侧面和侧面展开至同一平面可判断C选项；D选项作出截面，求截面面积. 【详解】，平面，平面，则平面， 则点到平面的距离为定值，故 为定值，故A正确； 如图，过点作，则直线DP与直线所成角与直线与直线所成角相等，当点运动至点时，角最大为，点运动至点时，角最小为，故B正确； 如图，将侧面和侧面展开至同一平面，当三点共线时，取最小值，故C错误； 如图，过点三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形， 其中上底，下底，腰为，则梯形高为，所以等腰梯形的面积为，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在中，点是线段上一点，直线交线段于点下列选项中正确的有（ ） A. B. 若是线段的中点，则 C. 若是线段的中点，那么是线段的中点 D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A利用向量的加减运算；B设，利用基底表示向量即可；C设，利用基底表示；D利用共线，以及基本不等式可求. 【详解】因为， 所以，故A错误； 设，则， 因为是线段的中点，所以， ，， 则，故B正确； 设， 若是线段的中点，则， 则，得，则，故是线段的中点，故C正确； 由，以及共线， 则，则， 等号成立时，即， 则的最小值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，．若与垂直，则向量与的夹角的余弦值是_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用与垂直得到，再利用数量积的定义即可. 【详解】由与垂直得 因为，所以. 又因为，所以. 向量与的夹角的余弦值是. 13. 已知，，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以 ， 因为，所以 ， 两式相加可得 ， 解得， 两式相减可得 ， 化简可得， 因为， 代入可得 ，解得. 14. 已知有两个半径为1的小球与两个半径为3的大球，且这4个球两两相切．若存在一个半径为的小球与4个球均外切，则_______________． 【答案】 【解析】 【分析】记为半径为1的小球球心，记为半径为3的大球球心，球心构成四面体，取的中点为，连接，可得，从而半径为的小球球心为，可求得，进而可得，解方程即可. 【详解】记为半径为1的小球的球心，记为半径为3的大球的球心， 由题意可得球心构成四面体，且， 取的中点为，连接， 由题意可得，从而， 所以，所以， 设半径为的小球的球心为，所以点在上， 由题意可得，， 所以，所以， 两边平方得， 所以，两边平方得， 整理得，所以， 解得或（舍去）. 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. 已知在直三棱柱的底面中．，、分别为和的中点．，为棱上的中点． （1）证明： （2）求直线与平面所成的线面角的正切值． 【答案】（1）取的中点，连接，相交于点， 因为为的中点，所以、， 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 在，中，，， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，相交于点，由已知可证，利用平面几何知识可证结论； （2）证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算可求得直线与平面所成的线面角的正切值． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为，所以， 又因为三棱柱为直三棱柱，平面， 又因为平面，， 又，平面，所以平面， 所以直线为直线在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，， 由（1）知，所以直线与平面所成的线面角的正切值为． 16. ． （1）求； （2）将函数化为的形式，写出其最小正周期并求函数在区间上的值域． 【答案】（1） （2），最小正周期 ，值域 【解析】 【分析】（1）直接根据的解析式求值即可； （2）根据两角和与差的正弦公式、二倍角的余弦公式化简，由正弦函数的最小正周期公式求出最小正周期，由正弦函数的图象求出值域. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 所以的最小正周期， 由于，，， 所以，， 所以在区间上的值域为. 17. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换将化为，再利用正弦定理求解即可. （2）利用余弦定理求出的值，再利用面积公式即可. 【小问1详解】 在中，， 所以. 因为， 所以 所以. 因为，所以. 所以 因为，所以，即. 【小问2详解】 由余弦定理得， 所以，所以. 所以. 所以. 18. 如图，在四边形中，是的中点，，，，将绕着顺时针旋转得，二面角 （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角的余弦值； （3）若，请给出一组，的值，使得四棱锥的外接球球心到平面的距离为． 【答案】（1）由已知为中点，得，又，故； 又，即，因此四边形是平行四边形。 已知，所以四边形为矩形，所以，， 绕旋转得到，旋转前后垂直关系不变，故， ，平面，平面，所以 平面， 因为平面，所以平面平面； （2） （3），，则四棱锥的外接球球心到平面的距离为. 【解析】 【分析】（1）通过线面垂直证明面面垂直；（2）寻找到二面角的平面角，设边长，再由余弦定理求出该角的余弦值；（3），求出四棱锥的外接球球心为的中点，再得到球心到平面BCD的距离为1. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若，，则，， 由（1）知四边形是矩形，又，得，因此矩形为正方形，设，则， 由（1）知，，所以是二面角的平面角， 所以， 在中，，，为等边三角形， ， 取的中点为，连接，由平面平面，交线为； 正方形中，平面，得平面，因为平面，故， 在中，，，因此 由，可知为等腰三角形， 为中点，由等腰三角形三线合一，得， 过作，交于，因为，，故， 结合已证的，可知即为二面角的平面角， 是中点，，故是的中位线，因此， 同时为中点，， 在中，，，故，因此， 在中，，，，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 故， 在等腰中，为底边中线，故， 在中，由余弦定理得， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 ，，则四棱锥的外接球球心到平面的距离为.因为，所以， 由（2）知 是二面角的平面角， 因为，所以，由（2）知， 又平面，所以平面， 因为平面，所以，取的中点为，连接， 在直角中，， 由（2）知，在直角中，， 因为平面，平面，所以，又， 所以平面，因为平面 ，所以， 在直角中， 所以，所以是四棱锥的外接球的球心， 取中点为，连接，则，所以平面， 即到平面的距离等于，而， 即四棱锥的外接球球心到平面的距离为. 【点睛】 19. 阅读下列材料： 如图，已知点在锐角的内部，，，的面积记为，，，则．该结论因图像神似奔驰车标，因此称它为“奔驰定理”． 根据你对材料的理解请完成以下问题． （1）若为锐角的外心，请证明：； （2）若为锐角的内心，，，，且，求的值； （3）若为锐角的外心，且，求的值． 【答案】（1）设锐角的外接圆半径为，外心为，则,根据圆心角与圆周角的关系：，， 三个小三角形的面积分别为： , , , 由奔驰定理：，代入面积表达式： 两边同除以（），得： 证毕. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出三块三角形的面积，转化为 ，约去可得； （2）为的内心，则，再利用奔驰定理求解； （3）利用（1）的结论，得出,,,利用二倍角公式求出 ，，，从而得出. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 为的内心，内切圆半径为， 则三个小三角形面积是，，， 因此， 由奔驰定理得。 将向量用表示：,, , 代入奔驰定理等式： 整理得： 则 对比，得： ，所以 因此 【小问3详解】 由（1）的结论，外心满足； 又，所以 设（）， 由三角形内角和，得， 因此, 所以，所以① 同理可得另外两个方程：② ③ 联立①②③解得：,,, 因为A,为锐角，所以，，， 由正弦定理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆八中2025—2026学年度（下）期末考试高一年级 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知是的共轭复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，向量，，，则向量可以表示为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知与的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为，则该阿基米德多面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，为的中点，，，是圆心为、半径为的圆的动直径，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. ，，若方程的所有实根之和为，则可以取何值（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 为纯虚数 B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线DP与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. P为线段的中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为 11. 如图，在中，点是线段上一点，直线交线段于点下列选项中正确的有（ ） A. B. 若是线段的中点，则 C. 若是线段的中点，那么是线段的中点 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，．若与垂直，则向量与的夹角的余弦值是_______________． 13. 已知，，则________． 14. 已知有两个半径为1的小球与两个半径为3的大球，且这4个球两两相切．若存在一个半径为的小球与4个球均外切，则_______________． 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. 已知在直三棱柱的底面中．，、分别为和的中点．，为棱上的中点． （1）证明： （2）求直线与平面所成的线面角的正切值． 16. ． （1）求； （2）将函数化为的形式，写出其最小正周期并求函数在区间上的值域． 17. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 18. 如图，在四边形中，是的中点，，，，将绕着顺时针旋转得，二面角 （1）证明：平面平面； （2）若，，求二面角的余弦值； （3）若，请给出一组，的值，使得四棱锥的外接球球心到平面的距离为． 19. 阅读下列材料： 如图，已知点在锐角的内部，，，的面积记为，，，则．该结论因图像神似奔驰车标，因此称它为“奔驰定理”． 根据你对材料的理解请完成以下问题． （1）若为锐角的外心，请证明：； （2）若为锐角的内心，，，，且，求的值； （3）若为锐角的外心，且，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $