精品解析：北京理工大学附属中学2025-2026学年第二学期高一年级数学期末练习

2025—2026学年度第二学期高一年级数学学科期末练习 考试时间：90分钟 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由诱导公式化简后求值． 【详解】. 故选：C． 2. 若为第二象限角，则下列各式的值为负数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用诱导公式及象限角三角函数值正负判断各个选项. 【详解】若为第二象限角， ，A选项不符合题意； ，B选项不符合题意； ，C选项不符合题意； ，D选项符合题意； 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数定义求解即可. 【详解】因为角的终边经过点， 所以. 故 选：C 4. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】向量，且， 所以，，得，则. 5. 的内角，，的对边分别为，，，若，，则结合的值，下列解三角形有两解的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】由正弦定理可得，，所以， 因为三角形有两解，所以，且，因此由选项知，只有符合. 故选：B 6. 在下列关于直线与平面的命题中，真命题是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，，，则 D. 若，且，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定条件说明、推理判断AB；利用面面平行的判定说明判断C,利用线面平行的判定说明判断D. 【详解】对于A，，当平面的交线为时，满足，此时，A错误； 对于B，由，得存在过直线的平面，，由于， 则平面与平面必相交，令，于是， 显然，而，则，同理，又是平面内的两条相交直线，因此，B正确； 对于C，,,,或异面，C错误； 对于D，，令，当直线在平面内，且时，满足，此时不成立，D错误. 故选：B 7. 在中，“”是“”成立的（ ）条件. A. 充要 B. 充分非必要 C. 必要非充分 D. 既非充分又非必要 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换分别判断充分性与必要性是否成立. 【详解】充分性：在中，若，则，， 由正弦定理得，故充分性成立； 必要性：在中，若成立， 由正弦定理可得，即， 在中，，，所以有或； 当时，，不一定有，故必要性不成立. 所以“”是“”成立的充分非必要条件. 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象， 又为奇函数，所以， 所以，因为，所以当时，取最小值，为. 9. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则圆锥的表面积为， 又，解得， 所以圆锥的高为：， 所以该圆锥的体积为： 10. 如图，的外接圆的圆心为O，，，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【详解】设的中点为，的中点为，连接， 因为为的外心，所以，所以， 则， 同理， 所以. 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分． 11. 若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】应用二倍角正切公式及两角差正切公式计算求解. 【详解】若，， 则 则. 12. 若关于的方程在上恰有两个不同的解，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由题设及辅助角公式化简，作出函数图象，数形结合求解即可. 【详解】若关于的方程在上恰有两个不同的解， 则函数与函数在上有两个交点， 因为， 当时，， 由正弦函数性质可知当，即时，函数单调递增， 当，即时，函数单调递增， 作出函数的图象如下： 由图象可知，实数的取值范围是. 13. 已知空间四边形各边长都为2，则其对角线与所成角为______，当______时，二面角的平面角为． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】取中点构造辅助线，先通过线面垂直判定两对角线垂直，再利用二面角平面角的定义结合余弦定理计算长度. 【详解】取的中点为，连接： ，为中点， 由等腰三角形三线合一性质得， 又平面，所以平面， 因为平面，所以，因此与所成角为. 因为，所以即为二面角的平面角， 故，由题意知，、均为边长为2的等边三角形， 所以， 在中，由余弦定理得：， 故. 14. 函数的单调递增区间为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式将原函数化简为余弦型三角函数，再结合余弦函数的单调递增区间列不等式求解即可. 【详解】 ， 由，解得. 因此函数的单调递增区间为. 15. 如图1，四棱锥是一个水平放置的装有一定量水的密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，现将容器以棱为轴向左侧倾斜到图2的位置，这时水面恰好经过，其中、分别为棱、的中点，在倾斜过程中，给出以下四个结论： ①没有水的部分始终呈棱锥形； ②有水的部分始终呈棱柱形； ③棱始终与水面所在平面平行； ④水的体积与四棱锥体积之比为. 其中所有正确结论的序号为________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】由棱锥的定义可判断①；由棱柱的定义可判断②；利用线面平行的定义可判断③；利用锥体的体积公式可判断④. 【详解】对于①，由棱锥的定义可知，在倾斜的过程中，没有水的部分始终呈棱锥形，①对； 对于②，由棱柱的定义可知，在倾斜的过程中，有水的部分的几何体不是棱柱，②错； 对于③，倾斜前，在图1中，棱与水面所在平面平行， 在倾斜的过程中，容器以棱为轴向左侧倾斜到图2的位置的过程中， 棱始终与水面所在平面平行，③对； 对于④，连接、、，设三棱锥的体积为，则三棱锥的体积也为， 因为为的中点，则，所以，， 因为、分别为、的中点，所以，且， 所以，，所以，， 所以，没有水的部分的几何体的体积为， 所以，有水的部分的几何体的体积为， 因此，水的体积与四棱锥体积之比为，④对. 故答案为：①③④. 三、解答题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，在三棱柱中，底面，且，是的中点． （）求证：平面． （）求证：平面． 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【解析】 【详解】试题分析： （1）要证线面垂直，就要证线线垂直，由三棱柱侧棱与底面垂直，则有，再由等腰三角形的性质可得，从而易得线面垂直； （2）要证线面平行，一般证线线平行，考虑到过的平面与平面的交线，因此设与交点为，由中位线定理可证，从而可得线面平行． 试题解析： （）证明： ∴在等腰中，为中点， ∴， ∵平面， 平面， ∴， ∵点， ，平面， ∴平面． （）设与交点为点，连接， ∵在中， ，分别是，中点， ∴， ∵平面， 平面， ∴平面． 【点睛】(1)判断或证明线面平行的常用方法有： ①利用反证法(线面平行的定义)； ②利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； ③利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； ④利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β). (2)利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线.常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线. 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选②或③， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果； （2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果； 【小问1详解】 因为，由正弦定理得，， 又，所以，得到， 又，所以， 又，所以，得到， 所以. 【小问2详解】 选条件①： 由（1）知，，根据正弦定理知，，即， 所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件. 选条件②： 因为，所以， 又，得到，代入，得到，解得，所以， 由余弦定理得，， 所以. 选条件③： 因为，所以， 由，得到， 又，由(1)知， 所以 又由正弦定理得，，得到， 代入，得到，解得，所以， 由余弦定理得，， 所以. 18. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，平面平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）设棱与平面交于点，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质即可得到线面垂直. （2）取中点，根据线线平行可得平面平面，由此能证明直线平面； （3）作点满足，则与的交点即为与平面的交点，从而可求得的值， 【小问1详解】 平面平面,且两平面的交线为, 由于，，所以,平面, 故平面， 【小问2详解】 证明：取中点，连， ，是的中点， ，, 由于平面,平面,所以平面 同理可得平面, ，平面, 平面平面， 平面，直线平面； 【小问3详解】 作点满足，则，，，四点共面， 作的中点，则，所以， 所以四边形是平行四边形，则，又， 所以，即，，，四点共面，平面平面， 则与平面的交点必定在上， 所以与的交点即为与平面的交点， 所以，所以， 19. 定义平面向量新运算：若向量，，规定，称其为加权数量积．已知向量，． （1）若，求实数t； （2）若对任意实数k，恒成立，求t的取值范围； （3）设，若关于的方程有解，求t的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由加权数量积定义结合题设可得答案； （2）由题设可将化简为，据此可得答案； （3）问题等价于有解，利用辅助角公式结合题设可得答案. 【小问1详解】 由题可得：，，因， 则； 【小问2详解】 由题设可得：，， 则. 则，注意到，则； 【小问3详解】 . 则 ，由辅助角公式，， 其中，则要使原方程有解，只需 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第二学期高一年级数学学科期末练习 考试时间：90分钟 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. （ ） A. B. C. D. 2. 若为第二象限角，则下列各式的值为负数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 的内角，，的对边分别为，，，若，，则结合的值，下列解三角形有两解的为（ ） A. B. C. D. 6. 在下列关于直线与平面的命题中，真命题是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，，，则 D. 若，且，则 7. 在中，“”是“”成立的（ ）条件. A. 充要 B. 充分非必要 C. 必要非充分 D. 既非充分又非必要 8. 将函数的图象向右平移个单位长度后为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知一个圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，的外接圆的圆心为O，，，，则等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分． 11. 若，，则______． 12. 若关于的方程在上恰有两个不同的解，则实数的取值范围是_____． 13. 已知空间四边形各边长都为2，则其对角线与所成角为______，当______时，二面角的平面角为． 14. 函数的单调递增区间为______． 15. 如图1，四棱锥是一个水平放置的装有一定量水的密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，现将容器以棱为轴向左侧倾斜到图2的位置，这时水面恰好经过，其中、分别为棱、的中点，在倾斜过程中，给出以下四个结论： ①没有水的部分始终呈棱锥形； ②有水的部分始终呈棱柱形； ③棱始终与水面所在平面平行； ④水的体积与四棱锥体积之比为. 其中所有正确结论的序号为________． 三、解答题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，在三棱柱中，底面，且，是的中点． （）求证：平面． （）求证：平面． 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，平面平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）设棱与平面交于点，求的值． 19. 定义平面向量新运算：若向量，，规定，称其为加权数量积．已知向量，． （1）若，求实数t； （2）若对任意实数k，恒成立，求t的取值范围； （3）设，若关于的方程有解，求t的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $