江西南昌市第十中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

**基本信息** 南昌十中高一数学期末卷聚焦复数、立体几何、向量、三角函数等核心内容，通过基础题与综合题梯度设计，考查空间观念、运算能力及推理意识，如立体几何证明题培养直观想象，函数图像分析题发展数学眼光。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数模、直观图面积、向量投影、圆锥高、正方体截面|基础概念辨析，如第2题直观图与原图形面积转化，考查几何直观| |多选题|3/18|平行六面体性质、单位向量运算、函数性质|概念辨析与多选项判断，如第9题空间几何体性质，培养严谨思维| |填空题|3/15|三角恒等变换、正四棱台体积、函数单调性与零点|空间几何体计算与函数性质应用，如13题正四棱台体积结合侧棱与底面夹角，考查空间观念| |解答题|5/77|四棱锥线面平行与面面垂直证明、解三角形、三角函数图像与性质、函数最值与方程根|综合应用与逻辑推理，如15题四棱锥证明培养推理能力，18题三角函数图像分析发展数学眼光，19题函数方程根问题考查运算能力|

南昌十中2025—2026学年下学期 高一数学期末考试卷 一、单选题 1．若复数z满足，则（    ） A． B．1 C．3 D．25 【答案】A 【分析】根据复数的除法运算先求复数，再利用即可求解. 【详解】由可得，故， 故选：A． 2．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把直观图还原成原来的图形，则原图形是平行四边形，根据斜二测画法法则求得原图形的面积. 【详解】直观图还原成原来的图形， 由斜二测画法，得，且，且为平行四边形，如下图所示，       所以原图形平行四边形的面积为. 3．已知向量，，则向量在向量上的投影数量是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】向量在向量上的投影数量是. 4．圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线，进而求出圆锥的高. 【详解】由圆锥的底面半径为1，得侧面展开图半圆弧长为，因此该半圆半径为2， 即圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为. 故选：C 5．如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（     ） A．三角形   B．矩形 C．正方形 D．菱形 【答案】D 【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可. 【详解】分别取的中点，连接， 如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形， 由题意可知：且，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为且，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以, 所以，同理，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以平行四边形为菱形， 故选：. 6．如图，在中，，，且与交于点M，设，则（   ） A．0 B． C． D．1 【答案】A 【分析】分别利用和三点共线表示出，再利用平面向量的基本定理列方程组，解出即可. 【详解】因为三点共线，且， 所以 又因为三点共线，且， 所以 可得， 即 解得 所以 故选： 7．在正三棱柱中，已知，D，E分别在棱上，且，，则异面直线BC与DE所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在棱上取点G，使得，异面直线BC与DE所成的角为或其补角，结合余弦定理求解即可. 【详解】在棱上取点G，使得，连接BG，CG，如图所示． 由，，所以，， 又，所以且，得四边形为平行四边形 ， 则有，所以异面直线BC与DE所成的角为或其补角． 设，则，， 在中，，， 由余弦定理得． 所以异面直线BC与DE所成角的余弦值为. 故选：A 8．如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，用表示三棱锥的体积，结合二次函数求其最大值. 【详解】过作，交于点，连接. 因为，，所以. 所以，所以. 又，，所以，. 设，，则，. 所以， 又平面平面，平面平面， 平面，则平面，所以为三棱锥的高， 所以， 当时，取得最大值，为. 故选：C 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．平行六面体的各个面都是平行四边形 B．圆柱的侧面展开图是一个正方形 C．将棱台的侧棱延长后必交于一点 D．将直角三角形绕其一边所在的直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 【答案】AC 【分析】根据平行六面体、棱台、圆锥的概念判断ACD；根据圆柱展开图的特征判断B. 【详解】平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，各个面都是平行四边形，A正确； 圆柱的侧面展开图是一个矩形，只有当底面周长和高相等时才是正方形，B错误； 棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的几何体是棱台，因此延长棱台所有侧棱，它们会交于一点，C正确； 将直角三角形绕斜边所在直线旋转一周形成的几何体不是圆锥，是两个共底面的圆锥，D错误. 10．已知单位向量的夹角为，则以下说法正确的是（   ） A． B． C． D．与可以作为平面内的一组基 【答案】ABD 【分析】利用向量数量积的运算公式和运算律逐项判断即可. 【详解】据题意，， 因为，所以，A说法正确； 因为，所以，B说法正确； 因为，， 所以，C说法错误； 假设存在实数使得，则无解， 所以与不共线，可以作为平面内的一组基，D说法正确； 故选：ABD 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是的一个周期 B．在上单调递增 C．的值域是 D．直线是的对称轴 【答案】ABD 【分析】对A：计算可得，即可得解；对B：分别判断函数、以及在上的单调性即可得；对C：举出反例即可得；对D：计算可得，即可得解. 【详解】对A： ， 故是的一个周期，故A正确； 对B：当时，， 由在上单调递减且小于， 则在上单调递增； 当时，， 由在上单调递增且大于， 则在上单调递增； 当时，， 由在上单调递减且小于， 故在上单调递增； 综上可得：在上单调递增，故B正确； 对C：， 故的值域不为，故C错误； 对D： ， 故直线是的对称轴，故D正确. 三、填空题 12．已知，则的值为____ 【答案】 13．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，侧棱与底面所成角为45°，则该正四棱台的体积为______. 【答案】 【分析】设点为上下底面的中心，证得平面平面，作，得到平面，得出是直线与平面所成角的平面角，且，进而求得四棱台的高为，结合棱台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，点分别为上下底面的中心，连接， 在正四棱台中，可得平面， 因为平面，所以平面平面， 在平面内，过点作于点， 因为平面平面，所以平面， 所以是在平面上的射影，所以是直线与平面所成角， 又因为侧棱与底面所成角为，所以， 因为上底面边长为，下底面边长为，所以，且， 则，，所以，则四棱台的高为， 所以该正四棱台的体积为. 故答案为：.    14．已知函数满足：．若函数在区间上单调，且，则当取得最小值时，________． 【答案】 【分析】利用辅助角公式化简函数式，三角函数的图象与性质先计算得，再计算何时取最小值即可得结果. 【详解】易知， 若，由辅助角公式得， 其中， 因为，则， 则，所以， 若，则， 其中，同上，与前提矛盾，舍去， 故， 易知以为对称中心， 根据题意函数在区间上单调，且，则 则当取得最小值时，. 故答案为：. 【点睛】难点点睛：现根据确定的值，得出解析式，利用三角函数的单调性、对称性计算即可. 四、解答题 15．如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若是线段的中点，证明：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明； （2）利用面面平行的判定定理证明. 【详解】（1）证明：由四边形为正方形可知， 连接必与相交于中点，故， 面平面， 面．    （2）由点分别为中点可得：， 面平面平面， 又由（1）可知，平面， 且，平面, 故平面平面． 16．已知在中，角所对的边分别为，且． (1)求角的大小； (2)设向量，求当取最大值时，的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再根据两角和的正弦公式结合三角形内角和定理即可得解； （2）根据数量积的坐标公式结合二倍角的余弦公式及二次函数的性质，求出取最大值时，的值，再结合三角形内角和定理及两角和的正切公式即可得出答案. 【详解】（1）由题意， 所以， ，． ， ，； （2）， 所以当时，取最大值， 此时  ， . 17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面. (2)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明：记，因为四边形是菱形，所以. 因为平面平面，且， 所以平面. 因为平面，所以. 因为平面平面，且， 所以平面. (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证出平面，再证得平面； （2）根据锥体体积公式，结合关系求体积. 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 所以点到平面的距离为， 因为，所以点到平面的距离是6， 因为四边形是边长为8的菱形，且， 所以， 则四棱锥的体积， 三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 故三棱锥的体积 . 18．已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式； (2)函数图象上的所有点向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上的最小值以及取得最小值时的值； (3)若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)最小值为，此时 (3) 【分析】（1）由图象最高点和零点坐标求出、及，代入最高点坐标求. （2）根据三角函数图象变换规律求出的解析式，结合余弦函数性质求最值. （3）利用换元法将零点问题转化为方程根的问题，结合正弦函数图象确定参数范围. 【详解】（1）由图象可知，. 设函数的最小正周期为， 由图象可知，，解得. 因为，所以. 将点代入，得，即. 所以，解得. 不妨取，得， 得函数的解析式为. （2）将 的图像向左平移个单位， 得， 再将横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得：， 当时，， 当，即时，取得最小值 ， 此时的最小值为. （3）由，得：， 设 ，当 时， 方程 在 内的解为，或，， 在 内，有且仅有两个解，即：， 解得：. 19．若的最小值为. (1)求实数的值； (2)若，求的值； (3)若关于的方程在区间上有且仅有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1)1 (2) (3)或 【分析】（1）先利用辅助角公式化简函数，再根据最小值求出参数； （2）先由已知函数值求出，再通过三角恒等变换和诱导公式计算目标值； （3）通过换元将三角方程转化为二次方程，再根据二次方程根的分布和三角函数的值域，分类讨论的取值范围. 【详解】（1）， ， （2）因为，. ， （3）令，则， ，，，， 则原方程可化为，整理得 即，或，因关于的方程有且仅有两根，且， ①当时，， 此时有两个根，无解，满足题意； ②当时，有1个根，则有1个根， 则需，解得， 综上：的取值范围为或 . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌十中2025—2026学年下学期 高一数学期末考试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．若复数z满足，则（    ） A． B．1 C．3 D．25 2．如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是（    ）    A． B． C． D． 3．已知向量，，则向量在向量上的投影数量是（     ） A． B． C． D． 4．圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（    ） A．1 B． C． D．2 5．如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（     ） A．三角形   B．矩形 C．正方形 D．菱形 6．如图，在中，，，且与交于点M，设，则（   ） A．0 B． C． D．1 7．在正三棱柱中，已知，D，E分别在棱上，且，，则异面直线BC与DE所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 8．如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9．下列说法正确的是（   ） A．平行六面体的各个面都是平行四边形 B．圆柱的侧面展开图是一个正方形 C．将棱台的侧棱延长后必交于一点 D．将直角三角形绕其一边所在的直线旋转一周形成的旋转体是圆锥 10．已知单位向量的夹角为，则以下说法正确的是（   ） A． B． C． D．与可以作为平面内的一组基 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是的一个周期 B．在上单调递增 C．的值域是 D．直线是的对称轴 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则的值为____ 13．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，侧棱与底面所成角为45°，则该正四棱台的体积为______. 14．已知函数满足：．若函数在区间上单调，且，则当取得最小值时，________． 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.本小题分 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若是线段的中点，证明：平面平面． 16.本小题分 已知在中，角所对的边分别为，且． (1)求角的大小； (2)设向量，求当取最大值时，的值． 17.本小题分 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面. (2)若，求三棱锥的体积. 18.本小题分 已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式； (2)函数图象上的所有点向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上的最小值以及取得最小值时的值； (3)若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围. 19.本小题分 若的最小值为. (1)求实数的值； (2)若，求的值； (3)若关于的方程在区间上有且仅有两个不同的实数根，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $