精品解析：内蒙古土默特左旗民族中学2025-2026学年第二学期高一期末考试数学试卷

土左民中2025-2026学年第二学期高一期末考试 数学试题 （本试卷共150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（40分） 1. 已知：，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，角，则角大小为（ ） A. B. C. D. 或 4. 设，是单位向量，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 在空间中，l，m是不重合的直线， ， 是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数是（ ） A. 非奇非偶函数 B. 仅有最小值的奇函数 C. 仅有最大值的偶函数 D. 既有最大值又有最小值的偶函数 二、多选题（18分） 9. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则为等腰的三角形 10. 把函数图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象关于点对称 11. 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上的动点，是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为3 B. 存在唯一的点，使得平面 C. 若为的中点，则点到平面的距离为 D. 若平面，则点的运动轨迹长度为2 三、填空题（15分） 12. 若角的终边经过，则__________. 13. 某圆锥的侧面积是，底面半径，则该圆锥的体积是________． 14. 吃粽子是端午节标志性的习俗之一．现在生活中常见的粽子形状为三角粽（有四个面，每个面都为三角形），因为三角粽的四个面都能用到完整的叶片，不需要多余的弯折，如果方形的粽子，包裹米粒的叶面要与其他面衔接处太多，容易把米漏出来，为避免漏出米粒就要过度折叠叶子，叶子在顺着植物纤维方向有韧性，但垂直向上是很容易扯破不容易成形．如图是某三角粽的平面展开图，其中，，若该三角粽的四个顶点都在某个球的球面上，则该球体的体积为__________． 四、解答题（77分） 15. 已知向量，，． （1）若，，三点共线，求实数的值； （2）若为直角，求实数的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 17. 已知函数． （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在上的解集． 18. 在中，角，，的对边分别为，，．已知为锐角，，． （1）求； （2）若为的中点，从下面①②③中选取一个作为条件，使得存在，求的长． ①边上的高为；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 19. 如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且． （1）求直线与所成的角的余弦值； （2）若平面与平面的交线为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 土左民中2025-2026学年第二学期高一期末考试 数学试题 （本试卷共150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（40分） 1. 已知：，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，所以. 2. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 3. 在中，，，角，则角大小为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】在中，已知，，，由正弦定理. 所以，所以. 由，根据大边对大角，得，所以只能为锐角. 因此. 4. 设，是单位向量，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量投影向量的定义求出夹角的余弦值，结合夹角的取值范围即可确定夹角. 【详解】设与的夹角为，其中， 由题可知为单位向量，故， 根据向量投影向量的定义，在上的投影向量为：  ， 已知该投影向量为，且， 代入得：  解得，结合，可得. 5. 在空间中，l，m是不重合的直线， ， 是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【详解】若，，，则或是异面直线，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则，故D正确； 6. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由是函数的图象的一个对称中心，得， 解得，而，则，因此当时，取得最小值. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用函数的图象，结合正弦型函数的性质，求得，进而求得的值. 【详解】由函数的图象，可得，可得， 所以，则， 又由，可得， 可得，解得， 因为，所以，则， 所以. 8. 函数是（ ） A. 非奇非偶函数 B. 仅有最小值的奇函数 C. 仅有最大值的偶函数 D. 既有最大值又有最小值的偶函数 【答案】D 【解析】 【详解】∵，定义域为，又， ∴是偶函数，且不是奇函数， 又，又因为， 所以当时，取得最大值2；当时，取得最小值. 二、多选题（18分） 9. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则为等腰的三角形 【答案】AC 【解析】 【详解】若，则，由正弦定理得，故A正确； 因为，满足这组条件的三角形不存在，故B错误； 若，由正弦定理得， 由余弦定理得，则角为钝角，则是钝角三角形，故C正确； 若，而为三角形内角， 则或，即或， 故为等腰三角形或直角三角形，D错误． 10. 把函数图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象关于点对称 【答案】BC 【解析】 【详解】由平移规则得,  ， 正弦函数的对称轴满足，对应函数值为， 对称中心满足，对应函数值为. 选项A，代入得，，不是对称轴. 选项B，代入得，为最小值，是对称轴. 选项C，代入得，，故是对称中心. 选项D，代入得，，不是对称中心. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，是侧面上的动点，是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 的最大值为3 B. 存在唯一的点，使得平面 C. 若为的中点，则点到平面的距离为 D. 若平面，则点的运动轨迹长度为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，先证明平面，结合关系求的最大值，即可判断，对于选项B，证明平面，结合平面，可得，由此确定的位置，判断B，对于选项C，利用等体积法求点到平面的距离即可判断，对于选项D，取的中点，的中点，的中点，先证明平面平面，由此确定点的运动轨迹及其长度. 【详解】已知正方体棱长为，在侧面上，是中点， 平面，因此平面，， 对于选项A，由平面，对任意在平面， 由勾股定理得： ， 的最大值为正方形的对角线长度，， 因此 ，A正确； 对于选项B，因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理，，平面， 所以平面，因此若平面，则， 连接，因为为的中点，所以是的中点， 因此存在唯一的点满足条件，B正确， 对于选项C，是中点，，，， 中，，， 的面积， 设点到平面的距离为，则， 又，三棱锥的体积， 所以，故，C错误， 对于选项D，平面是正方体的对角面， 取的中点，的中点，的中点， 则，平面，平面， 所以平面，同理结合可得平面， 又，平面， 所以平面平面，结合平面可得平面， 又是侧面上的动点，所以点的轨迹为， 因此轨迹长度为，D正确. 三、填空题（15分） 12. 若角的终边经过，则__________. 【答案】## 【解析】 【详解】根据三角函数的定义得，又因为，所以. 13. 某圆锥的侧面积是，底面半径，则该圆锥的体积是________． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径，高，母线， 因为,所以圆锥侧面积，即，解得， 则， 则圆锥体积. 14. 吃粽子是端午节标志性的习俗之一．现在生活中常见的粽子形状为三角粽（有四个面，每个面都为三角形），因为三角粽的四个面都能用到完整的叶片，不需要多余的弯折，如果方形的粽子，包裹米粒的叶面要与其他面衔接处太多，容易把米漏出来，为避免漏出米粒就要过度折叠叶子，叶子在顺着植物纤维方向有韧性，但垂直向上是很容易扯破不容易成形．如图是某三角粽的平面展开图，其中，，若该三角粽的四个顶点都在某个球的球面上，则该球体的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，将三棱锥补全为正方体，求出其外接球的半径，再根据球的体积公式即可得解. 【详解】如图，三棱锥为该三角粽的立体图， 由，得在三棱锥中，， 因为平面，所以平面， 如图，将三棱锥补全为正方体， 则该正方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径， 则三棱锥外接球的直径， 则其半径，所以该球体的体积为. 四、解答题（77分） 15. 已知向量，，． （1）若，，三点共线，求实数的值； （2）若为直角，求实数的值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加减法求出相关向量，再利用向量共线的性质构造方程求解； （2）利用向量加减法求出相关向量，再利用向量垂直的性质构造方程求解． 【小问1详解】 已知向量， 所以，， 由三点共线，得，所以， 解得． 【小问2详解】 由题设知， ， 因为为直角，所以， 解得． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）连接，交于点，连接， 由条件可知为中点，又是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面 （2）因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又，是的中点． 则，且平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，通过即可求证； （2）通过面面垂直得到，通过等腰三角形得到，即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知函数． （1）求的最小正周期和对称轴； （2）求在上的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式结合两角差的正弦公式化简函数，进而利用最小正周期公式及对称轴的性质计算求解； （2）求出，解不等式求出，结合得出解集． 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以的对称轴为． 【小问2详解】 ， 由，可得，则， 解得， 又，得， 所以不等式解集为． 18. 在中，角，，的对边分别为，，．已知为锐角，，． （1）求； （2）若为的中点，从下面①②③中选取一个作为条件，使得存在，求的长． ①边上的高为；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】（1）（或） （2）选①时，存在，；选②时不存在；选③时，存在， 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求解即可； （2）若选①，根据三角函数的定义得到，从而得到，进而根据余弦定理求出，即可判断是否存在；若选②，根据余弦定理得到关于的一元二次方程，再结合判别式即可确定是否有实数根，进而即可判断是否存在；若选③，先根据题意及余弦定理求出和，再根据余弦定理求出，即可判断是否存在． 【小问1详解】 由，， 则由正弦定理有， 则， 又在中，为锐角， 所以． 【小问2详解】 若选①边上的高为， 结合（1）有， 则边上的高为，解得， 又为的中点，则， 所以由余弦定理有． 故此时存在，且； 若选②， 结合（1）有， 则由余弦定理有， 即，整理得， 则，无实根， 故此时不存在； 若选③，则， 结合（1）有， 则由余弦定理有， 解得，则， 又为的中点，则， 所以由余弦定理有． 故此时存在，且． 19. 如图，一个多面体的上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，两部分的高都是，且． （1）求直线与所成的角的余弦值； （2）若平面与平面的交线为，证明：． 【答案】（1） （2）正方形中，， 平面，平面， 平面． 平面，平面平面， ． 【解析】 【分析】（1）先通过平行四边形转化异面直线所成角为，再结合几何体尺寸求出三边长度，最后用余弦定理算出该角余弦值即为异面直线夹角余弦值； （2）先利用正方形对边平行与线面平行判定定理证平面，再根据线面平行的性质定理推出交线. 【小问1详解】 连结， 在长方体中，，， 四边形为平行四边形，． 或其补角为直线与所成的角． 多面体的上面为正四棱锥，下面为长方体，高都为1， 四边形为正方形，设其中心分别为， 连结，则过点，且平面，平面， 连结，则，且， 易得，， ，， 在中， ， 直线与所成的角的余弦值为． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $