精品解析：江西南昌市第二中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

南昌二中2025-2026学年度下学期高一数学期末试卷 命题人：游辛 一、单项选择题：每题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解． 【详解】， 所以复数的共轭复数为． 2. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可. 【详解】设圆台的母线长为l，高为h， 因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，母线， 因此圆台的高为， 所以圆台的体积为. 故选：A 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用差角的正切求解即得. 【详解】由，， 所以. 故选：D 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项中线面、面面的位置关系，结合线面、面面垂直，线面、面面平行的性质和判定及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：由，则平行、异面、相交均可能，错， B：由，则或，错， C：由，结合线面垂直、面面平行的性质有，对， D：由，要使，根据面面平行的判定定理，条件还需相交，错. 故选：C 5. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得，再利用投影向量的意义求解即得. 【详解】由，两边平方得，则， 而，所以在方向上的投影向量为. 故选：D 6. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为， 易得，因此，故选C． 平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下： ①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围． 7. 将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象平移得，将问题化为在上单调，结合正弦函数性质求参数的取值范围． 【详解】函数的图象向右平移个单位长度， 得到，， 则，即在上单调， ，解得． 8. 如图，在平面四边形中，，，，将沿翻折至，若二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意与余弦定理得到，再作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，利用余弦定理得到，再结合线面垂直的判定定理得到面，最后利用勾股定理求解即可. 【详解】因为，且，所以， 因为，所以，得到， 在中，由余弦定理得，解得， 由折叠性质得， 如图，作，，且使，连接， 因为，所以，则是二面角的平面角， 因为二面角的平面角为，所以， 由直角三角形性质得，， 由余弦定理得，解得， 因为，，，面， 所以面，由题意得四边形是平行四边形， 则，，则面， 又面，则， 由勾股定理得. 二、多项选择题：每题6分，共18分．在每小题的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过向量模的平方与点积的关系求出，再依次验证向量夹角、向量垂直关系、向量差的模，确定正确选项. 【详解】对于A，由，代入，， ，，解得，故A正确. 对于B，设与的夹角为，由，得：， ，则，故B错误. 对于C，，故，故C正确. 对于D，由，得，故D正确. 故选：ACD 10. 如图，下列四个正方体中，分别是正方体的顶点或棱的中点，则的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A和B，根据条件，利用线面垂直的性质，即可求解；对C和D，利用正方体的性质和异面直线所成的角，即可求解. 【详解】对于A，如图1，连接，由正方体的性质知平面， 又平面，所以， 又，，，所以， 所以，又，则， 所以，又平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确， 对于B，如图2，连接，易知，又平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故B正确， 对于C，如图3，连接，易知，且，所以， 所以与所成角为，故C错误， 对于D，如图4，连接，易知，，所以，故D正确. 11. 如图，梯形中，，对角线与交于点．若，，且的面积为3，则（ ） A. B. 的面积为6 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项：是向量与的夹角，已知， ， 由于，所以，故A正确； B选项：由选项A可知， 根据三角形面积公式可得，故B错误； C选项：因为，，且与同高， 则面积比等于底之比 . 设 ，得 又， ，故C正确； D选项：由于， 则，故D正确. 三、填空题：每题5分，共15分． 12. 如图所示，在长方体中，和棱不相交的棱有________条． 【答案】7 【解析】 【分析】选取任意一条棱，分析与它相交的棱的来源：同一顶点的另外两条棱，以及相对面上与它两端点分别相连的棱. 【详解】长方体总共有12条棱，先去掉目标棱自身，剩余条棱； 任意一条棱有2个端点，每个端点除目标棱外，还连接了2条和目标棱相交的棱， 因此和目标棱相交的棱总共有  条； 因此和目标棱不相交的棱数量为 ，即本题答案为7. 13. 已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，利用球的截面圆的性质，求出球心到截面圆的距离，再由棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】设球的半径为，则，解得， 由题意可知：是边长为的等边三角形，其外接圆半径， 所以球心到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为. 14. 若的角所对边，且满足，则角A的最大值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】首先由诱导公式二倍角公式得，进一步结合正弦定理以及两角和正弦公式有，在这里进一步有，进而可得，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为，所以， 即，即，所以， 从而，即， 所以，显然， 又因为，所以，从而，所以， 所以， 所以， ， 当且仅当，即等号成立， 此时，因为，所以角A的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤． 15. 已知平面向量，. （1）若⊥，求的值； （2）若，且与的夹角为锐角，求的取值范围. 【答案】（1） （2）且 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直得到数量积为0，得到，齐次化变形，代入求值； （2）计算出，利用夹角为锐角，得到且与不同向共线，从而得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 ⊥，故， 故， ； 【小问2详解】 ，，， 与的夹角为锐角，故， 解得， 且与不同向共线，即，即， 综上，且； 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的解析式； （2）若，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简得到，根据函数的最小正周期得到方程，求出，得到答案； （2）凑角法，结合同角三角函数关系进行求解，得到答案 【小问1详解】 ， 因为最小正周期为，所以，解得，则. 【小问2详解】 因为，所以， 又因为，所以， 所以，故， 则 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连结，结合题意利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）利用（1）（2）中证明的条件找出线面角，再结合题意将相应的边求出，最后在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 证明：连结，如图所示： 在中，为的中点，为的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 证明：因为平面，平面， 所以， 又，为的中点，则， 又平面，故平面 平面 平面平面. 【小问3详解】 由平面可知，为在平面内的射影， 所以为直线与平面所成的角 由，，， 有， 在中， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的大小； （2）若，为线段上一点，且，，求； （3）设是的垂心，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先利用余弦二倍角公式进行降次运算，接着再利用辅助角公式化简，进而求出角度. （2）首先算出的关系，进而转化成的等量关系，结合条件算出，再利用余弦定理算出. （3）利用正弦定理将边转化成三角函数，再结合三角恒等变换求出最值. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以，即， 所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 两边平方得：， 整理化简得：，因为， 所以， 因为， 所以. 【小问3详解】 如图，延长与分别交于点, 因为是垂心，所以， 又因为，所以, 设，，则， 在中，，因为， 所以，， ， ， 即， ， 即， 所以 ， 因为，即， 所以， 所以当时，有最大值. 19. 如图，斜三棱柱中，平面平面，， ，与平面所成的角为，为的中点． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）过点作与平面平行的平面，求平面截斜三棱柱的截面周长． 【答案】（1）如图1，过点作于点，连接， 因为平面平面，所以平面， 所以就是与平面所成的角，即， 因为，所以， 因为，所以，故， 因为，所以，即， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到为线面角，即，求出各边长，并得到，，证明出线面垂直，故； （2）求出各边长和三角形面积，由等体积法求解点到平面的距离； （3）证明面面平行，得到平面截斜三棱柱的截面就是，并求出三边长，相加可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，， 因为平面，所以， 因为，由勾股定理得， 在中，， 由余弦定理得， 故， 所以， 因为，即， 又，解得；所以点到平面的距离为， 【小问3详解】 如图2，取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为分别为的中点，所以， 同理可证平面，又因为， 所以平面平面， 即平面截斜三棱柱的截面就是， 如图3，可求，， 如图4，因为， 所以， 即，因为， 所以，所以的周长为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2025-2026学年度下学期高一数学期末试卷 命题人：游辛 一、单项选择题：每题5分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 7. 将函数（）的图象向右平移个单位长度，得函数的图象，若在上单调，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面四边形中，，，，将沿翻折至，若二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：每题6分，共18分．在每小题的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 10. 如图，下列四个正方体中，分别是正方体的顶点或棱的中点，则的有（ ） A. B. C. D. 11. 如图，梯形中，，对角线与交于点．若，，且的面积为3，则（ ） A. B. 的面积为6 C. D. 三、填空题：每题5分，共15分． 12. 如图所示，在长方体中，和棱不相交的棱有________条． 13. 已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为_______． 14. 若的角所对边，且满足，则角A的最大值为_____ 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤． 15. 已知平面向量，. （1）若⊥，求的值； （2）若，且与的夹角为锐角，求的取值范围. 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的解析式； （2）若，且，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，且为的中点，又点为的中点，，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，若． （1）求的大小； （2）若，为线段上一点，且，，求； （3）设是的垂心，，求面积的最大值． 19. 如图，斜三棱柱中，平面平面，， ，与平面所成的角为，为的中点． （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）过点作与平面平行的平面，求平面截斜三棱柱的截面周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $