精品解析：重庆市第一中学校2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

重庆一中高2028届高一下期期末考试数学试题卷 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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， 只有一项是符合题目要 求的. 1. 直线与间的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】直线，直线，即， 故两直线平行，则根据平行直线的距离公式. 2. 已知两向量 满足，且，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，故可得，即， 所以，所以， 又，所以，所以向量的夹角为. 3. 已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用共面向量定理的推论，四点共面时向量线性表示的系数和为1，列方程求解λ. 【详解】因为是同一平面内的四点，任意三点不共线， 为平面外一点，当时， 根据共面向量定理的推论，有，解得. 4. 在四棱锥中，平面，是矩形，且，，，则平面与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标公式即可求出夹角，结合图形即可求出结果. 【详解】 因为平面，是矩形，所以两两垂直， 故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 又，，， 所以, 因为平面，所以平面的一个法向量为， 而, 设平面的法向量为， 则，取，则平面的法向量， ，所以， 由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为， 故选：A. 5. 以为顶点的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算三角形各边的长度，再根据余弦定理求出，最后由正弦定理求解外接圆半径，进而求得面积. 【详解】由题意知，， 由余弦定理得：， 因为，所以， 设外接圆半径为，则由正弦定理得：， 所以， 所以外接圆的面积为. 6. 在中，，为中点，，则的面积为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出长，根据中点可得长，代入面积公式即可计算面积． 【详解】 在中，已知，，； 由正弦定理可知， 解得，因为，故； 故，故， 因为为中点，故； 故． 7. 已知圆与圆相交于A、B两点，若四边形的面积为，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则为的中点，由四边形的面积为，可得的表达式，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，即可求得. 【详解】圆，即，则圆心为，半径为1，则， 设，由题意可知，为的中点，，， 故四边形的面积为， 则，故， 所以， 所以， 又因为，所以， 得，解得，因此. 8. 在正三棱柱中， ，点为内（含边界）一点，且到,的距离的平方和为8，则点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将到,的距离的平方和为8，转化为到,的距离的平方和为5，然后通过建系，求出点的轨迹方程，判断其轨迹求解. 【详解】正三棱柱上、下底面平行，且距离为. 设点到底面三边的距离依次为， 则点到的距离为，到的距离为，到的距离为，由题意得，， 即. 在底面中以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图坐标系， 因为为正三角形，且，所以的高为， 则， 直线的方程为，即， 直线的方程为，即， 直线的方程为. 设点的坐标为， 由点到直线的距离公式，得，，. 所以， 整理得，，即. 所以点的轨迹是圆心为，半径的圆在内部的部分. 设该轨迹圆与直线交于点，记轨迹圆圆心为，连接，则， 所以，所以，所以， 所以根据正三角形的对称性，点的轨迹在内部部分所对圆心角为，因此点的轨迹长为. 二、多选题: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. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点的坐标为 C. D. 复数的共轭复数为 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，的虚部为，故错误； 对于B，根据复平面相关定义，在复平面内对应的点的坐标为，故正确； 对于C，，则，故错误； 对于D，，其共轭复数为，故正确. 10. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，，点为棱的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量运算，线面平行判定定理、线面垂直判定定理、面面垂直性质定理的应用，对各个选项进行推理判断. 【详解】连接正方形对角线交于，则是、的中点， 在A选项中，，其中，又是中点，是中点， 是的中位线，故， 因此整理可得：与选项表达式不符，A错误， 在B选项中，由中位线性质得，又平面， 平面，可得平面，B正确， 在C选项中，由平面，平面，得， 正方形对角线互相垂直，故，，平面， 所以平面，平面，故，C正确， 在D选项中，由平面，平面， 可得平面平面，两平面交线为， 点到平面的距离等于点到交线的距离， ，，故，到直线的距离等于的长度， ，因此点到平面的距离为，D正确. 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 面积的最大值为 D. 若点满足，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】将圆方程配方得到圆心坐标，选项A直接判断；选项B先求出直线  的方程，圆心到直线距离减去半径即得圆上点到直线距离的最小值；选项C以  为底，最大高为圆心到直线距离加半径，计算面积后与选项值比较；选项D由  得点  的轨迹圆，再求两圆上点距离的最大值（圆心距加两半径之和），与选项数值核对即可． 【详解】对于A选项，将圆化为标准方程，故圆心为，所以A正确； 对于B选项，直线的方程为，所以圆心到直线距离，半径，故点到直线的距离最小值，所以B正确； 对于C选项，，点到距离最大值为， 所以面积最大为，不是，所以C错误； 对于D选项，由，设， 所以 整理得，所以 所以点的轨迹是圆心为，半径的圆， 因为在圆上，在圆上， 两圆圆心距，两圆半径分别为，， 所以最大距离为：，所以D正确． 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设向量，若，则_____； 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标运算列方程，求解参数的值. 【详解】向量，且， 则有 ，解得. 13. 已知的内角的对边分别为，若，则_____； 【答案】## 【解析】 【分析】根据同角三角函数的平方关系及正弦定理，可得到的关系，结合余弦定理约分后可得结果. 【详解】在中，， 所以， 又，所以， 由正弦定理得. 将代入余弦定理得 ， 约分得. 14. 已知圆锥的外接球球心为，点到圆锥底面的距离等于点到圆锥母线的距离，圆锥母线的长度为2，则球的表面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】结合图像，讨论圆锥底面圆心在球心的上方和下方两种情况即可. 【详解】第一种情况：当圆锥底面圆心在球心下方时，如图， 设圆锥轴截面为，外接球的球心为，半径为， 圆锥底面圆心为，底面半径为，球心到底面的距离， 又已知点到圆锥底面的距离等于点到圆锥母线的距离， 过作于，则，又， 可得，又圆锥母线长为2， 即,则， 又因为在中，，所以， 由，则， 所以，即，所以, 所以球的表面积为. 第二种情况：当圆锥底面圆心在球心上方时，如图， 由前面可知，， 又，所以， 所以，即，显然不符合实际. 四、解答题:大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）已知三点共线，若，，，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量垂直的数量积为0，结合向量数量积的运算律，以及向量的坐标运算，列出方程求解即可； （2）由向量的加减、数乘运算求得，的坐标，利用共线向量的坐标运算求得实数的值. 【小问1详解】 因为，所以，， 因为，所以，所以， 所以，解得； 【小问2详解】 因为，，， 所以， ， 因为三点共线，所以， 所以，解得. 16. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）求角B的大小； （2）若，记边上的高为，求的最大值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简得，再由余弦定理即可得解； （2）由三角形面积公式可得，结合正弦定理及三角恒等变换得，即可得解. 【小问1详解】 根据正弦定理可得，化简整理得， 由余弦定理得，因为，故； 【小问2详解】 由，得，又， 所以 ， 在三角形中，故， 当，即时，. 17. 如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2. （1）设为中点，求证:平面； （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又因为为的中点，则且，所以且， 所以是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）取中点，证明是平行四边形，然后线面平行的判定定理得证线面平行； （2）取中点，证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角，利用方程思想求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，理由如下： 假设存在，使得直线与平面所成角的余弦值为， 在平行四边形中，，是中点，则， 又，所以是等边三角形，所以， 所以， 由余弦定理得， 所以，所以， 又，，平面，所以平面， 取中点，连接，则，，由平面得， 因为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，又， 所以， 设直线与平面所成角为，平面的一个法向量是，则 ，所以， 所以, 解得（舍去）. 18. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程； （2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程； （ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值. 【小问1详解】 圆，圆心，半径， 对圆外一点，点在圆上，则：， 由题意，即，所以. 设，则， 整理得，. 【小问2详解】 （i）点的轨迹圆方程：，即① 圆，即② ①②得公共弦所在直线方程：， 点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率， 所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点， 联立，解得. 将代入， 得，即，所以， 所以圆的方程为. （ii）假设存在点，满足，设，， 则，将代入， 得，即. 联立，得，. 根据根与系数的关系，得，， 所以，代入式，得， 即，因为对任意，等式恒成立，所以， 解得，因此存在定点满足条件. 19. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为 （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知两个定点，，其中，.为圆上任意一点，（为常数）. ①求常数的值； ②“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，若过点作直线与圆交于、两点，且点恰好是线段的中点，又已知点，求的取值范围. 【答案】（1）或； （2）①②. 【解析】 【分析】（1）由圆的弦长公式可求得圆的方程，再分别讨论过点的圆的切线斜率不存在和存在两种情况，利用直线和圆的位置关系计算得到切线方程； （2）①由可得，结合两点间的距离公式，化简可得结果；②由中点条件将  与  的关系转化为直线  与单位圆相交，从而得到 ；再在此范围内分段讨论  的单调性，合并各段值域即得最终取值范围. 【小问1详解】 由题意，过点且斜率为的直线方程为， 又圆到该直线的距离为， 所以该直线被圆截得的弦长为，解得， 所以圆的方程为，圆心坐标为，半径为， 当过点的圆的切线斜率不存在时，切线方程为； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即. 由，解得，则切线方程为， 所以过点的圆的切线方程为或. 【小问2详解】 ①设点，则，， 因为，，所以， 又，化简得， 因为为圆上任意一点，所以， 又，，解得，所以常数. ②由①知， ，所以圆 ，，， 曼哈顿距离： 因为直线  过 ，与圆交于 ，且  为  的中点，设 ，则 ， 由  在圆  上，得 又  在圆上：，两式相减得 因为直线  与圆有两个交点，分别为， 故圆心到该直线的距离小于1，所以， 整理得，解得，所以 ， 令，在 上分段求值域： 当，，在上单调递减，所以此时值域为； 当，，在上单调递增，所以此时值域为； 当，，  时取最大值 ，值域为 ； 当， ，在上单调递增，值域为 ； 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2028届高一下期期末考试数学试题卷 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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， 只有一项是符合题目要 求的. 1. 直线与间的距离为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知两向量 满足，且，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. D. 4. 在四棱锥中，平面，是矩形，且，，，则平面与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 以为顶点的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，为中点，，则的面积为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 已知圆与圆相交于A、B两点，若四边形的面积为，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8. 在正三棱柱中， ，点为内（含边界）一点，且到,的距离的平方和为8，则点的轨迹长为（ ） A. B. C. D. 二、多选题: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. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点的坐标为 C. D. 复数的共轭复数为 10. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，，点为棱的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 点到平面的距离为 11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ） A. 圆心的坐标为 B. 点到直线的距离的最小值为 C. 面积的最大值为 D. 若点满足，则的最大值为 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设向量，若，则_____； 13. 已知的内角的对边分别为，若，则_____； 14. 已知圆锥的外接球球心为，点到圆锥底面的距离等于点到圆锥母线的距离，圆锥母线的长度为2，则球的表面积为_____. 四、解答题:大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）已知三点共线，若，，，求实数的值. 16. 在中，内角所对的边分别为，已知． （1）求角B的大小； （2）若，记边上的高为，求的最大值． 17. 如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2. （1）设为中点，求证:平面； （2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 18. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为 （1）求过点的圆的切线方程； （2）已知两个定点，，其中，.为圆上任意一点，（为常数）. ①求常数的值； ②“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，若过点作直线与圆交于、两点，且点恰好是线段的中点，又已知点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $