精品解析：北京市西城区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

学校2025—2026学年度第二学期期末试卷 高一数学 2026.7 本试卷共分为卷一、卷二两部分，卷面总分共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效. 一、选择题共8小题，每小题4分，共32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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，， 所以，，， 设与的夹角为，则且， 解得，即，故选项C正确. 2. 若曲线关于直线对称，则m的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】曲线关于直线对称，则， 即， 因为， 当时，， 当时，（舍去）， 所以的最小值为，选项B正确. 3. 设函数的定义域为，则“”是“为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】当时，， 因为， 所以是偶函数，充分性成立； 若是偶函数，则，即， 解得，即（舍去）或， 化简可得， 当时，，此时， ，是偶函数，但，所以必要性不成立， 因此“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 4. 在空间中，已知线段和直线，直线，，直线与间的距离为5cm.以直线为旋转轴，将线段旋转一周而形成曲面，则曲面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】线段绕平行线旋转一周形成的立体图形为圆柱，根据圆柱的侧面积展开为矩形进行求解. 【详解】因为，所以线段以直线为旋转轴，旋转一周而形成的曲面为圆柱的侧面， 因为，与间的距离为， 所以曲面的面积为，故选项D正确. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 又因为，则，， 可得，所以. 6. 已知函数在区间上单调递减.若，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值. 【详解】由题知， 因为，， 即，， 又因为在区间上是减函数， 则，， 两式相减得， 且，所以. 7. 在中，，，P为所在平面内一点，则的最小值为（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，用坐标表示出向量的数量积，再结合配方的方法求得最值. 【详解】，以为原点，方向为轴，方向为轴建立平面直角坐标系，如下图所示 因为， 所以，，， 设，则，，， 所以， 则， 配方可得， 因为，，当，时二者最小值都是0， 所以的最小值为，故选项B正确. 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，过的平面分别交，于，.若平面将三棱锥分成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面平行判定定理及性质定理推出，设，连接，则，分别求出体积，根据题意列方程即可求出答案. 【详解】因为，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以， 设，则，， 连接，则， 不妨设 因为平面，平面，所以，， 又因为，，所以平面， 则点到平面的距离， ，， ， 所以， ， 点到平面的距离， 所以， 所以， ，， 由题意知， 即，解得或（舍去）， 即，又，所以. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 9. 复数______. 【答案】i 【解析】 【详解】. 10. 函数的部分图象如图所示，则______；______. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】根据图象可知函数的最大值，即可得；根据图象结合函数的最小正周期求的值. 【详解】由图象可知：函数的最大值为1，所以； 又因为函数的最小正周期， 所以. 11. 已知，且.写出满足条件的一组，的值______，______. 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一） 【解析】 【详解】，根据诱导公式可得 ， 解得或， 化简可得（任意）或（任意）， 因为， 所以取时，，任选，如， 代入验证可得. 12. 在四面体中，.若平面平面，则四面体的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，面积均为，作辅助线，可证平面，可得，进而可求四面体的表面积. 【详解】因为， 可知，均为等边三角形，其面积均为， 取的中点，连接， 因为，则， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面，则， 由题意可知：，则，可知与全等， 在中，边上的高， 则的面积为， 所以四面体的表面积为. 13. 已知，是锐角，给出下列四个结论： ①，； ②，； ③，； ④，. 其中所有正确结论的序号是_____. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据条件，利用三角函数的性质及正弦和余弦的和角公式，再由诱导公式及正弦函数和余弦函数的性质，即可判断正误. 【详解】①， 则， 因为， 所以，，，，即，， 因此，即，故①正确； ②令，则，， 因为，且正弦函数在上单调递增， 所以， 因此，即，故②正确； ③， 则， 因为， 所以，，，， 因此，即，故③正确； ④， 因为， 所以，则， 因为， 所以， 因为， 所以， 因此不可能有，故④错误. 三、解答题共5小题，共73分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 14. 已知函数. （1）求的最小正周期： （2）求在区间上的最小值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期. 【小问2详解】 因为，所以， 当，即时， 取得最小值为. 15. 如图，在三棱柱中，为正三角形，是的中点： （1）求证：平面； （2）若，，. （i）求证：； （ii）求三棱柱的体积. 【答案】（1）连接，设，连接， 因为O，D分别为，的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）（i）因为为正三角形，D是的中点，则， 又因为，，则为正三角形，可得， 且，平面，可得平面， 且平面，所以； （ii）3 【解析】 【分析】（1）作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）（i）根据题意可得，，可证平面，即可得结果；（ii）可证平面，结合柱体的体积公式运算求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为，则， 且，所以， 又因为，，平面，所以平面， 故三棱柱的体积. 16. 在中，. （1）求； （2）已知，于.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，求的长. 条件①：的周长为； 条件②：的面积为； 条件③：的面积为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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）条件①，；条件③ 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角转化和三角形内角的性质，求出角的大小； （2）根据余弦定理得到的关系式，结合所选的条件判断是否有唯一解，进而求出的长度. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理可得， 在中，因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 选条件①： 因为，， 所以， 由余弦定理可得，所以， 即，解得， 联立可得，解得，此时为正三角形，存在且唯一， 所以； 选条件②： ，，， ，化简可得， 由余弦定理可得，所以， 则，解得或， 当时，解得， 当时，解得，， 故不唯一，所以条件②不可选； 选条件③： 由余弦定理可得， 所以， 因为， 所以， 因为，当且仅当时，， 所以解得，此时为正三角形，存在且唯一， 所以. 17. 如图1，在中，，，，为边上的高.如图2，将绕旋转至，使. （1）求证：平面平面； （2）在（1）的条件下，过点作平面，试确定点H的位置，并求的长. 【答案】（1）在中，由余弦定理可得， 因为，所以， 在中，因为，，， 所以，则， 因为，所以，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，， 所以，即， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面. 即平面平面. （2） 点在棱上，. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出角的大小，再根据直角三角形得到线线垂直，根据线线垂直证明线面垂直，从而证明面面垂直； （2）通过面面垂直证明线面垂直，根据相似三角形得到的比例，从而求出距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面平面，且平面平面， 在平面内，过点作平面，则，且点在棱上， 如下图所示 ， 在中，. 18. 给定正整数，设n维向量集合.对任意，其中，，定义. 设，若A同时满足下面两个性质，则称A具有性质P. ①对任意，有； ②对任意，其中，均存在，使得. （1）已知，，判断，是否具有性质P（结论无需证明）； （2）当时，若集合A具有性质P，且元素个数为3.证明：对任意，且，有； （3）当时，若集合A具有性质P，求A中元素个数的最小值. 【答案】（1）不具有性质具有性质； （2）证明：由中元素个数为3，设． 假设存在，且，使得． 不妨设． 由性质①，得中恰有一个中恰有一个1． 所以存在，使得，不妨设． 对于任意的，其中，有，且． 由集合具有性质②，故对任意的，有． 所以，与性质①矛盾！ 故． （3）6 【解析】 【小问1详解】 不具有性质具有性质． 由，，得 ， 对， 因为， 则符合性质①， 当时，若，此时， 若时，此时，故不符合性质②； 对，因为中的每个元素均含有4个1和1个0，故满足性质①， 当时，此时或使得， 当时，此时使得， 当时，此时或使得， 当时，此时使得， 当时，此时或使得， 当时，此时或或使得， 当时，此时或使得， 当时，此时或使得， 当时，此时使得， 当时，此时或使得， 故满足性质②， 综上不具有性质具有性质． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设集合中元素个数为． 设．由性质①，得中1的个数恰为4． 所以中所有元素的各个分量中，1的总个数恰为． 由性质②，设． 取，则对于任意的，均存在，使得． 因为各个分量中1的个数为4， 所以对任意，均恰好存在互不相等，且不为1的,,使得． 故集合中至少有3个元素满足． 同理，集合中至少有3个向量满足． 故集合中的所有元素的各个分量中，1的个数至少为． 所以，即． 又， 时，具有性质． 故集合中元素个数的最小值为6． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 学校2025—2026学年度第二学期期末试卷 高一数学 2026.7 本试卷共分为卷一、卷二两部分，卷面总分共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效. 一、选择题共8小题，每小题4分，共32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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若曲线关于直线对称，则m的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 设函数的定义域为，则“”是“为偶函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在空间中，已知线段和直线，直线，，直线与间的距离为5cm.以直线为旋转轴，将线段旋转一周而形成曲面，则曲面的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递减.若，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 在中，，，P为所在平面内一点，则的最小值为（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 1 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，过的平面分别交，于，.若平面将三棱锥分成体积相等的两部分，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 9. 复数______. 10. 函数的部分图象如图所示，则______；______. 11. 已知，且.写出满足条件的一组，的值______，______. 12. 在四面体中，.若平面平面，则四面体的表面积为______. 13. 已知，是锐角，给出下列四个结论： ①，； ②，； ③，； ④，. 其中所有正确结论的序号是_____. 三、解答题共5小题，共73分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 14. 已知函数. （1）求的最小正周期： （2）求在区间上的最小值. 15. 如图，在三棱柱中，为正三角形，是的中点： （1）求证：平面； （2）若，，. （i）求证：； （ii）求三棱柱的体积. 16. 在中，. （1）求； （2）已知，于.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，求的长. 条件①：的周长为； 条件②：的面积为； 条件③：的面积为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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. 17. 如图1，在中，，，，为边上的高.如图2，将绕旋转至，使. （1）求证：平面平面； （2）在（1）的条件下，过点作平面，试确定点H的位置，并求的长. 18. 给定正整数，设n维向量集合.对任意，其中，，定义. 设，若A同时满足下面两个性质，则称A具有性质P. ①对任意，有； ②对任意，其中，均存在，使得. （1）已知，，判断，是否具有性质P（结论无需证明）； （2）当时，若集合A具有性质P，且元素个数为3.证明：对任意，且，有； （3）当时，若集合A具有性质P，求A中元素个数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $