精品解析：重庆市江津第二中学校2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

高一下期数学试题卷 注意事项： 1．考试时间：120分钟，满分：150分，试题卷总页数：6页． 2．所有题目必须在答题卷上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效． 3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑，需要书写的地方一律用签字笔． 4．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卷规定的位置上． 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【详解】依题意，， 所以复数z在复平面内对应的点位于第三象限. 2. 已知，，若，则的值是（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知,, 则, 又,则， 得，得. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数值的定义求，再结合诱导公式运算求解. 【详解】因为角的终边经过点，则， 所以. 故选：B. 4. 一圆台的上底面半径为2，下底面半径为7，体积为，则该圆台的母线长为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式可求解高，即可根据勾股定理求解母线. 【详解】设圆台的高和母线分别为，则， 故， 因此. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 B. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 C. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 D. 纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变 【答案】A 【解析】 【分析】根据伸缩变换的变换法则即可判断． 【详解】由中，得到， 对应乘，则横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变． 所以为了得到函数的图象， 只需把函数图象上所有的点横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变. 6. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定成立的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，若，，直线可以在平面内，不一定满足，因此A错误； 对于B，若，，直线可以在内，可以，不一定满足，因此B错误； 对于C，若，则平面的法向量与平面的法向量垂直；又，，则的方向向量就是的法向量，的方向向量就是的法向量，因此，故C正确； 对于D，若，，，直线和可以相交、异面，不一定平行，因此D错误. 7. 在正方体中，直线与平面所成角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等体积法可求解点到平面的距离，即可根据线面角的定义求解. 【详解】设到平面的距离为，正方体的棱长为1， 则，即, 故, 设直线与平面所成角为,则， 由于为锐角，所以. 8. 已知O为的重心，若，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如图：若O为的重心，则为的中点， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以当时，取到最大值. 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. 将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据函数平移规律得到，再由三角函数为偶函数可得，再逐项判断可得答案. 【详解】将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到的图象， 因为为偶函数，所以， 可得， 对于A，若，可得，故A正确； 对于B，若，可得，故B正确； 对于C，若，可得，故C错误； 对于D，若，可得，故D错误； 故选：AB. 10. 下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与共线 D. 若，则与的夹角为钝角 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：因为与的方向不确定，所以无法从得出，故选项A错误； 选项B：由得与的方向相同，所以，故选项B正确； 选项C：当时，对任意与均成立，故选项C错误； 选项D：当与的方向相反时，满足，但此时与的夹角不是钝角，故选项D错误. 11. 四棱锥的底面为正方形，点P在底面的射影与A重合，，，动点M在线段上，则下列说法正确的是（ ） A. 存在唯一点M，使得 B. 的最小值是 C. 四棱锥外接球的体积为 D. 点M到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过证明可得为中点时符合题意；对于B，将和所在平面沿展开在一个平面内，利用余弦定理可求；对于C，直接求出外接球的半径，再计算其体积即可，对于D，设为在底面上的投影，过作，连接，设,将点到直线的距离表示为的函数，然后求该函数的最小值即可. 【详解】对于A，连接，且， 则，若， 因为，面，面， 所以面，又因为面， 所以， 因为点P在底面的射影与A重合，即面， 又面，所以， 在平面中，，， 所以， 因为底面为正方形，所以为中点， 所以为中点，故存在唯一点M，使得，A正确； 对于B，将和所在平面沿展开在一个平面内，如图所示， 则的最小值为， 因为面，面， 所以，又，， 所以面，又面， 所以，同理，， 又底面为正方形，，， 所以，所以， 所以，， 所以， 所以，即的最小值是，B正确； 对于C，由题意，可将四棱锥补形成长方体， 所以四棱锥外接球半径为， 所以外接球体积为，故C错误； 对于D，设点在底面的投影为且，过作，连接， 所以面，又面， 所以， 又因为，，面，面， 所以面，又面， 所以， 所以到直线的距离即为， 因为面，面， 所以， 所以, 设, 因为，，， 所以，故， 在正方形中，，所以， 所以， 所以当时，取到最小值为， 所以点M到直线的距离的最小值为. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由共轭复数概念写出，再求其模长． 【详解】由知，则． 故答案为： 13. 三棱锥中，已知平面，，，，则平面与平面所成角的正弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，证得，得到为平面与平面的所成角，再求得，在Rt中计算即可. 【详解】取的中点，连接 平面，平面， , ，， ,, , , 为平面与平面的所成角. 在Rt中， 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则的外接圆直径长是________，线段长度的最大值是________． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】根据写出的向量表达式，平方后转化为与的边b，c有关的表达式，再利用正弦定理将边转化为角，从而求出最大值. 【详解】由正弦定理得， ，所以外接圆直径为； 由得， ， ， 由余弦定理，，代入得，， 即，所以 ， 再由正弦定理，，， 所以       ， 其中， 因为，所以当时，取得最大值，  ，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，满足，，． （1）求与的夹角的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为，，， 所以， 即，解得， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，则 . 16. 已知函数，且函数相邻两个零点之间的距离为． （1）求的解析式； （2）求函数的单调递减区间； （3）求函数在的值域． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）由二倍角公式、辅助角公式及函数的最小正周期求出即可求解； （2）根据正弦函数的单调性可得答案； （3）根据的范围求出的范围，根据正弦函数的图象与性质可得答案． 【小问1详解】 ， 由题意，函数的最小正周期T满足，， 又因为，，所以， 所以； 【小问2详解】 令，， 可得，， 所以的单调递减区间为，； 【小问3详解】 因为，所以， 所以， 函数的值域是． 17. 如图，四边形是菱形，平面，，，，，点F为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1）取中点M，连接，，由点F为的中点，得 且， 又，且，则，，四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面，所以平面. （2）连接，四边形为菱形，，得为等边三角形， 由M为中点，得，又平面，平面，则， 又，平面，因此平面， 又，则平面，又平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）取中点M，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理得证. （3）利用等体积法，结合锥体的体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 依题意，，且，由（2）知，是三棱锥的高， 所以. 18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）求A； （2）若，求锐角的面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由两角和的正弦公式及辅助角公式求解； （2）依题意得，则进行求解． 【小问1详解】 因为， 且， 所以 =， 所以，因为， 所以， 所以， 又因为，所以， 所以，即． 【小问2详解】 因为是锐角三角形，由（1）知且，可得， 因为，，所以， 由三角形面积公式得， 又由正弦定理，且， 所以 ， 因为，所以， 故，则，，即， 所以，即面积的取值范围为 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随特征向量，同时称函数为向量的伴随函数． （1）设， 试求与函数的伴随特征向量平行的单位向量； （2）记向量的伴随函数为， 若且，求的值； （3）已知， 向量为函数的伴随特征向量，，请问在的图象上是否存在一点T， 使得？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）或 （2） （3）存在， 【解析】 【小问1详解】 化简为： ， 故函数的伴随特征向量， 由于，所以本身就是一个单位向量， 则与平行的单位向量为或. 【小问2详解】 由题意知，向量的伴随函数为： . 由题意，所以. ， 又，得，又因为， 所以，则. ， ， . 【小问3详解】 ， 其伴随特征向量， ，则. 设点，又， 所以， 若， 则 ， 即. ， ，又， 故当且仅当时，成立， 故在的图象上存在一点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下期数学试题卷 注意事项： 1．考试时间：120分钟，满分：150分，试题卷总页数：6页． 2．所有题目必须在答题卷上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效． 3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑，需要书写的地方一律用签字笔． 4．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卷规定的位置上． 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，，若，则的值是（ ） A. 3 B. C. 5 D. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 一圆台的上底面半径为2，下底面半径为7，体积为，则该圆台的母线长为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 5. 为了得到函数的图象，只需把函数图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 B. 横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 C. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 D. 纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变 6. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定成立的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 在正方体中，直线与平面所成角是（ ） A. B. C. D. 8. 已知O为的重心，若，则的最大值为（ ） A. 1 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. 将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的一个可能取值为（ ） A. B. C. 0 D. 10. 下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与共线 D. 若，则与的夹角为钝角 11. 四棱锥的底面为正方形，点P在底面的射影与A重合，，，动点M在线段上，则下列说法正确的是（ ） A. 存在唯一点M，使得 B. 的最小值是 C. 四棱锥外接球的体积为 D. 点M到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，则______． 13. 三棱锥中，已知平面，，，，则平面与平面所成角的正弦值为________． 14. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则的外接圆直径长是________，线段长度的最大值是________． 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. 已知向量，满足，，． （1）求与的夹角的值； （2）求的值． 16. 已知函数，且函数相邻两个零点之间的距离为． （1）求的解析式； （2）求函数的单调递减区间； （3）求函数在的值域． 17. 如图，四边形是菱形，平面，，，，，点F为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）求A； （2）若，求锐角的面积的取值范围． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随特征向量，同时称函数为向量的伴随函数． （1）设， 试求与函数的伴随特征向量平行的单位向量； （2）记向量的伴随函数为， 若且，求的值； （3）已知， 向量为函数的伴随特征向量，，请问在的图象上是否存在一点T， 使得？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $