精品解析：广东珠海市部分校2025-2026学年第二学期期末练习高一数学（B类）

2025-2026学年度第二学期期末练习 高一数学（B类） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 已知为虚数单位，且复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，所以. 2. 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. 3. 已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行与垂直的性质定理与判定定理一一判断即可； 【详解】解：由，表示两条不同直线，表示平面， 在中，若，，则与相交、平行或异面，故错误； 在中，若，，则与相交、平行或，故错误． 在中，若，，则或，故错误； 在中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故正确； 故选：． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式结合二倍角余弦公式可得答案. 【详解】， 则. 5. 在平行四边形中，设，，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用平行四边形法则表示对角线，根据三等分点得到，再由为中点使用中线向量公式，代入化简求出的线性表达式． 【详解】 ， ， ． 6. 如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过点的截正方体截面并确定几何体形状，进而求出体积比. 【详解】在正方体中，取中点，连接，由为棱的中点， 得，则四边形为平行四边形，， 因此四边形为平行四边形，是过点的平面截正方体所得截面， 几何体是直三棱柱，， ，所以. 7. 已知圆锥的底面半径为，圆锥内的最大球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出圆锥轴截面，由题可得轴截面对应等腰三角形内切圆半径为圆锥内最大球半径，然后由等面积法可求得圆锥母线长，据此可得答案. 【详解】画出圆锥轴截面，则圆锥内最大球截面为轴截面对应等腰三角形内切圆，设内切圆圆心为，与相切于. 连接，由题设及几何知识可得，，. 设，则，又因为等腰三角形，则三点共线，. 注意到，则 ，则圆锥母线长为，则圆锥侧面积为. 8. 记的内角，，的对边分别是，，，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据得到，再结合正弦定理求解. 【详解】由已知， ， 结合已知得： ， 又因为，所以，所以， 所以，， 又，则，所以， 由余弦定理得：，化简得：， 又因为，所以，化简得， 由正弦定理: ，， ， 所以. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若，为复数，则下列选项一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】设，，， 对于A，， ， ， 所以，故A正确； 对于B，，，所以不恒成立，故B错误； 对于C，，，，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 10. 在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，满足，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若，则的面积最大值为 D. 若，点为的中点，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先由向量共线的性质结合正弦定理、三角恒等变换推导得，可知点在以为弦，所对圆周角为的圆弧上运动，后续各选项结合三角形几何性质逐一分析. 【详解】∵ ， ∴ . 由正弦定理得 ，为外接圆半径， 代入得， 整理得 . ∵ 在中 ， ∴. ∵， ∴，故A正确. 已知，，，故. . 由正弦定理得，即，故B错误. 当时，长度固定为，， 由圆周角定理可知，点的轨迹为外接圆上所对的优弧（不含、点）. 由正弦定理得，即，解得. 的面积，其中为边上的高. 观察图象可得，当点为的垂直平分线与优弧的交点时，h最大， 此时为等边三角形，. ∴，故C正确. 为中点，延长至点使，连接，则四边形为平行四边形， 由平行四边形对角线平方和等于四边平方和得， 即 ，整理得 . 由余弦定理得，即，故. 由均值不等式，得 ，即 ，当且仅当时等号成立. 代入得 ，故 ，即最大值为，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，P为线段上的动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 连接，则二面角的平面角正弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. O为正方体的中心，点E在正方体的表面上运动，且，则点E所构成的轨迹周长为 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A，由面积为定值且平面，从而得到结论；选项B，求出即为二面角的平面角，利用直角三角形中的正弦公式求出；选项C，利用线面垂直的判定定理和等体积转化求解；选项D，求出S为的四等分点，F为的四等分点，求出点E的轨迹长度为矩形的周长，从而得解. 【详解】选项A，因为面积为定值，平面， 则点P到平面距离是定值，所以三棱锥的体积为定值，A正确. 选项B，连接，， 因为是正方体，所以四边形是正方形， 所以，， 因为，平面， 所以平面， 设，取的中点， 因为M为的中点，所以， 所以平面，且H为线段上靠近的四等分点， 过点H作于点N，连接， 则，且 则即为二面角的平面角， 因为正方体的棱长为2，所以， 所以， 因为，所以，，则B正确. 选项C，因为是正方体且棱长为， 为面对角线， 所以， 所以三角形是边长为的等边三角形， 连接交平面于点G，连接， 因为四边形是正方形，所以， 因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理可得， 因为，平面，所以平面， 因为，所以， 所以， 所以， 因为， 所以，所以， 因为， 所以， 所以三棱锥的体积为， 所以C错误. 选项D，如图，过点O作平面的垂线，垂足为， 则为正方形的中心， 过点作的垂线交和于点S，F，交于， 连接，因为M为的中点，为正方形的中心，所以， 过作的平行线，交于，交于， 则为的中点，为的中点， 则，，，则， ， 因为， 所以， 所以，所以， ， 所以， 因为，则有，即，解得， 所以， ， 则S为的四等分点，同理F为的四等分点，则 由三垂线定理可得：若，则， 再过点S作的垂线交于点R， 则平面交棱于，且四边形为矩形， 则点E的轨迹长度为矩形的周长， 且周长为，所以D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量与向量的夹角为，，，则___． 【答案】3 【解析】 【分析】先展开向量数量积，代入向量夹角数量积公式，把已知模长、夹角代入得到关于的一元二次方程，舍去负根求出向量的模． 【详解】因为，所以， ， 所以，整理得， 解得或（舍去）. 13. 如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出为直线与平面所成角，利用勾股定理求出，，在直角三角形中利用正弦公式求出，从而得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】连接， 因为是正方体，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 设正方体边长为2，因为E，F分别为棱，的中点， 所以，，所以，， 所以， 则直线与平面所成角的正弦值是. 14. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，，则的最大值是______. 【答案】0 【解析】 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简得，然后利用两角和的正切公式得，令，则，进而利用基本不等式求解最大值即可. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则， 又因为，所以， 即， 由于是锐角三角形，，，等式两边同时除以， 得到，即， 因为，所以，则， 所以， 由，可得，令， 由是锐角三角形知，，，， 则， 根据基本不等式得2-，当且仅当时等号成立， 即的最大值为0. 故答案为：0 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知 （1）求角的大小； （2）设，，求和的值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）已知边与余弦的等式，代入余弦定理化简得到三边齐次式，再反向套用余弦定理求出，结合三角形内角范围得到； （2）先用余弦定理算出边，正弦定理求，由边长大小判断角锐角求出，二倍角公式算出、，最后用两角差余弦公式代入求值. 【小问1详解】 因为，所以． 化简得，即． 又，所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理及，，， 有，故． 由，可得，因为，故． 因此，． 所以，． 16. 已知． （1）求函数的解析式； （2）若，且，求的值； （3）求在区间上的最值及相应的值． 【答案】（1） （2） （3）最小值为1，，最大值为2， 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简整理即可. （2）代入解析式求得，结合同角的三角函数关系求解即可. （3）结合正弦型三角函数的性质求解即可. 【小问1详解】 ， 故. 【小问2详解】 由可知，，化简得， 因为，所以. 【小问3详解】 因为，所以， 所以当时，取到最小值为，此时， 当时，取到最大值为，此时. 所以当时，取到最小值1；当时，取到最大值2. 17. 如图，设，是平面内相交成的两条射线，，分别为，同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为． （1）在斜坐标系中，，求； （2）在斜坐标系中，，，且与的夹角． ①求； ②，分别在射线，上，，，为线段上两点，且，，求的最小值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据坐标，利用基底表示向量，再代入数量积公式，即可求解； （2）①利用基底表示向量，再代入向量夹角公式，即可求解；②根据平面向量基本定理表示和，再结合余弦定理表示的关系，最后结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，， 所以， 所以． 【小问2详解】 ①因为，， 所以，， 得到， 则， 化简得，解得或（舍去） 则 ②依题意设，，， ，， 同理， 则 ， 在中，，，，， 依据余弦定理得， 整理得 所以 ，，当且仅当时等号成立 ，即的最小值为 18. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】（1） 由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； （2） （ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）最大值. 【解析】 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 19. 三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角. 如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为. （1）当为等边三角形，的布洛卡角为，求的值； （2）证明：（其中S为的面积） （3）当且时，求的值； 【答案】（1） （2）因为，所以，. 在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得， 两式相除得，将分子展开得， 化简得，即 （3） 【解析】 【分析】（1）通过全等三角形的判定求解布洛卡角进而求. （2）利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式化简. （3）通过证明三角形相似来求解并计算三角形面积，利用（2）的结果求解. 【小问1详解】 为等边三角形，布洛卡点P为的中心， 因为，，， 所以，， 同理，所以布洛卡角， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，是等腰三角形，，， 而，，，则， 又，则，， 则，所以高，所以， 由（2）可得，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期末练习 高一数学（B类） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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. 已知为虚数单位，且复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 设向量，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，设，，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的底面半径为，圆锥内的最大球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角，，的对边分别是，，，已知，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 若，为复数，则下列选项一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，满足，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若，则的面积最大值为 D. 若，点为的中点，则的最大值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M为的中点，P为线段上的动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 连接，则二面角的平面角正弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. O为正方体的中心，点E在正方体的表面上运动，且，则点E所构成的轨迹周长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量与向量的夹角为，，，则___． 13. 如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是________. 14. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，，则的最大值是______. 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. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知 （1）求角的大小； （2）设，，求和的值． 16. 已知． （1）求函数的解析式； （2）若，且，求的值； （3）求在区间上的最值及相应的值． 17. 如图，设，是平面内相交成的两条射线，，分别为，同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为． （1）在斜坐标系中，，求； （2）在斜坐标系中，，，且与的夹角． ①求； ②，分别在射线，上，，，为线段上两点，且，，求的最小值． 18. 现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. （1）求证：平面平面； （2）设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 19. 三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角. 如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为. （1）当为等边三角形，的布洛卡角为，求的值； （2）证明：（其中S为的面积） （3）当且时，求的值； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $