精品解析：四川内江市2025-2026学年高一下学期期末检测数学试题

2025～2026学年度第二学期高一期末检测题 数学 本试卷共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置. 2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上. 3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上. 4.考试结束后，监考人员将答题卡收回. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角正弦公式计算即可. 【详解】, 故选：A. 2. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点（ ） A. 向左移动个单位长度 B. 向右移动个单位长度 C. 向左移动个单位长度 D. 向右移动个单位长度 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合三角函数的图象变换的规则，即可求解. 【详解】根据三角函数的图象变换得，将函数的图象上所有点向左移动个单位长度，即可得到. 3. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将代入方程， 得， 即， 解得． 4. 如图所示，，，为的中点，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，为的中点，所以， 所以. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 各侧棱都与底面垂直的四棱柱是长方体 C. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D. 如果一个棱柱的所有面都是正方形，那么这个棱柱是正方体 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫正棱锥，A错误； 对于B，长方体是底面为矩形，且侧棱与底面垂直的四棱柱，B错误； 对于C，有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体不一定是棱台，还需各侧棱延长后相交于一点，C错误； 对于D，如果一个棱柱的所有面都是正方形，说明上、下底面是正方形的四棱柱，各侧面都是正方形，则有各侧棱都垂直于底面，且所有棱长都相等，所以这个棱柱是正方体，D正确． 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再用两角差的余弦公式进行求解. 【详解】因为，，，即， 解得， 则. 7. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点，则当底面水平放置时，水面高为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用水的体积不变，分别计算侧面水平放置和底面水平放置时水的体积，建立方程求解即可. 【详解】设的面积为. 当侧面水平放置时，水的形状为四棱柱，其底面为梯形. 因为水面恰好过的中点，根据相似三角形的性质. 上方无水部分的小三角形面积与的面积之比为. 所以水的截面(梯形)面积为. 此时水的体积. 当底面水平放置时，水的形状为直三棱柱，设水面高为. 则水的体积.由水的体积不变可得，解得. 8. 设，，为平面内两两不共线的单位向量，若，且，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件两边取平方得，，设相应坐标，利用模长公式即可求出的取值范围. 【详解】由，，为平面内两两不共线的单位向量，得， 因为，所以，即，则， 在平面直角坐标系中，令，，， 则，， 因为，，为平面内两两不共线的单位向量，则， 可得， 则， 由得，，，则， 所以，即. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】由图可知，故A正确； ，解得，则，故B错误； ，， 由于处在函数的增区间上， ，，又， ，故C错误； ，，故D正确． 10. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 与向量同向共线的单位向量为 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围是 D. 若，则向量在方向上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为向量，所以，与向量同向共线的单位向量为，故A正确； 若，则， 所以，即，故B正确； 若向量与共线，则，解得. 此时，， 所以与的夹角为. 故C不正确； 若，则， 所以向量在方向上的投影向量就是向量在轴上的投影向量为， 故D正确. 11. 如图，沿大正方体体心作三个截面将该正方体分成八个全等的小正方体，设其中一个小正方体的棱长为1，外接球球心为点.取大正方体六个表面的中心及八个小正方体的外接球球心这14个点，构成一个空间几何体Ω，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球半径为 B. 空间几何体Ω有24条棱 C. 空间几何体Ω为正十二面体 D. 空间几何体Ω的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以大正方体体心为原点建立空间直角坐标系，八个小正方体外接球球心位于，六个面心位于.这 14 个点的凸包为菱形十二面体（每个面是菱形，相邻面心连线与相邻球心连线分别作为菱形对角线）.据此可判断外接球半径、棱数、是否为正十二面体及表面积. 【详解】以大正方体体心为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 小正方体棱长为 1，其外接球半径等于体对角线的一半，即.以大正方体体心为原点时，八个小正方体外接球球心为，六个面心为.这 14 个点构成菱形十二面体：共有 12 个菱形面、24 条棱，故不是正十二面体.每个菱形面的两条对角线分别为相邻面心距离与相邻球心距离 1，于是每个菱形面积为，总表面积为.因此 A、B、D 正确，C 不正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据：4，6，8，10，12，14的第一四分位数为_____. 【答案】6 【解析】 【分析】根据题意，利用百分位数的计算方法，即可求解. 【详解】由题意知，数据4，6，8，10，12，14，共6个数据， 因为，可得数据的第一四分位数为数据6. 13. 在锐角中，设a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则的面积等于_____. 【答案】 【解析】 【详解】因为，，， 所以由余弦定理， 得， 整理得， 解得或. 因为为锐角三角形，所以最大角为锐角， 所以，即， 所以舍去，所以. 所以的面积等于. 14. 已知，，设函数的两个零点为，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用零点条件，结合同角三角函数的平方关系构造关于的二次方程，结合韦达定理和方程变形计算目标式的值. 【详解】令，得， 即， 所以， 所以， 即， ， 所以，. 所以 ， 所以， 所以. 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. 已知向量，，其中. （1）若，求，及的坐标； （2）若，求的值. 【答案】（1），，. （2）. 【解析】 【小问1详解】 已知向量，当时，， 则，，. 【小问2详解】 若，则存在，使得，则， 于是，解得， 则，. 16. 已知函数，. （1）求的值及函数的最小正周期； （2）设函数，求的值域和单调区间. 【答案】（1） ，最小正周期 . （2） 值域为 ；单调递增区间为 ，单调递减区间为 . 【解析】 【分析】（1）由，求得，根据最小正周期的公式求得函数的最小正周期； （2）结合（1）的结论求得的解析式，根据正弦型函数的值域和单调性的求法，求得的值域和单调区间. 【小问1详解】 函数， 由，得， 又，所以. 所以. 函数的最小正周期为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 因为，所以； 当，即时，单调递增； 当，即时，单调递减. 所以的值域为； 的单调增区间为，减区间为. 17. 如图是一个棱长为2的正方体被平面截去一部分后，剩余的部分为多面体，是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面平面； （3）过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形，求该多边形的面积. 【答案】（1）证明：因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为四边形为正方形，所以⊥，故； （2）证明：由（1）得， 因为平面，平面，所以平面， 又，，故四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到垂直关系； （2）得到平面，平面，从而得到面面平行； （3）找到交线围成一个多边形为四边形，并得到其为等腰梯形，求出各边，得到面积 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，，故四边形为平行四边形，故， 故， 所以过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形为四边形， 正方体棱长为2，故，， 又，同理，不平行， 故四边形为等腰梯形， 高为， 所以等腰梯形的面积为. 18. 已知分别为三个内角的对边，. （1）求； （2）设在边上，为直线上满足的一点，且. ①求的最小值； ②当取最小值时，求的长度. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合三角变换可求的大小； （2）①建立如图所示的平面直角坐标系，根据数量积为零可得的轨迹，从而可求的横坐标的范围，结合二次函数的性质可求最小值；②结合①中的结果可求取最小值时的长度. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 而为三角形内角，故，故， 故即，而， 故，故. 【小问2详解】 ①建立如图所示的平面直角坐标系，其中， 因，故可设. 设，则. 因为，即， 而 ， 由可得， 则即， 故， 当且仅当且，时等号成立，此时， 故此时直线对应的一次函数为， 而对应的一次函数为，则，故， 由可得，即，满足在边上； ②由①可得取最小值时，，此时. 19. 已知平面四边形中，为等边三角形，为直角三角形，，且，对角线与的交点为，如图，将沿翻折至，连接，F为线段上一动点（含端点），连接，. （1）求证：平面平面； （2）在翻折过程中，设，且. ①当时，求二面角的平面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】（1）证明：为等边三角形，故，故在的垂直平分线上， 又，故在的垂直平分线上，故为的垂直平分线， 折叠过程中，始终有， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面平面； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）证明出为的垂直平分线，从而得到线线垂直，线面垂直，面面垂直； （2）①即为二面角的平面角，由余弦定理求出余弦值； ②作出辅助线，证明线面垂直，得到即为直线与平面所成角，由余弦定理和对勾函数性质求出取值范围，得到答案 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①当时，， 因为，，所以，， 为等边三角形，故， 由（1）知，即为二面角的平面角， 在中，由余弦定理得， 二面角的平面角的余弦值为； ②过点作⊥于点，连接， 由于与全等，故⊥，， 中，，， 故， 则， 故， 过点作⊥，交的延长线于点，连接， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 所以即为直线与平面所成角， 在中，， 故， 故， ， 因为，所以， 由对勾函数性质可知在上单调递增， 故，故， 直线与平面所成角正弦值的取值范围为 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期末检测题 数学 本试卷共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置. 2.选择题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上. 3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上. 4.考试结束后，监考人员将答题卡收回. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点（ ） A. 向左移动个单位长度 B. 向右移动个单位长度 C. 向左移动个单位长度 D. 向右移动个单位长度 3. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，，，为的中点，则为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 各侧棱都与底面垂直的四棱柱是长方体 C. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D. 如果一个棱柱的所有面都是正方形，那么这个棱柱是正方体 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点，则当底面水平放置时，水面高为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 设，，为平面内两两不共线的单位向量，若，且，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 与向量同向共线的单位向量为 B. 若，则 C. 若与的夹角为钝角，则的取值范围是 D. 若，则向量在方向上的投影向量为 11. 如图，沿大正方体体心作三个截面将该正方体分成八个全等的小正方体，设其中一个小正方体的棱长为1，外接球球心为点.取大正方体六个表面的中心及八个小正方体的外接球球心这14个点，构成一个空间几何体Ω，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体的外接球半径为 B. 空间几何体Ω有24条棱 C. 空间几何体Ω为正十二面体 D. 空间几何体Ω的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 样本数据：4，6，8，10，12，14的第一四分位数为_____. 13. 在锐角中，设a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则的面积等于_____. 14. 已知，，设函数的两个零点为，，则的值为________. 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. 已知向量，，其中. （1）若，求，及的坐标； （2）若，求的值. 16. 已知函数，. （1）求的值及函数的最小正周期； （2）设函数，求的值域和单调区间. 17. 如图是一个棱长为2的正方体被平面截去一部分后，剩余的部分为多面体，是的中点. （1）证明：； （2）证明：平面平面； （3）过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形，求该多边形的面积. 18. 已知分别为三个内角的对边，. （1）求； （2）设在边上，为直线上满足的一点，且. ①求的最小值； ②当取最小值时，求的长度. 19. 已知平面四边形中，为等边三角形，为直角三角形，，且，对角线与的交点为，如图，将沿翻折至，连接，F为线段上一动点（含端点），连接，. （1）求证：平面平面； （2）在翻折过程中，设，且. ①当时，求二面角的平面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $