广东中山市2025-2026学年第二学期期末综合练习高一数学试题

★启用前注意保密 第二学期期末综合练习题 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1．已知复数满足，则 A． B． C． D． 2．已知平行四边形三个顶点坐标，，，则点的坐标为 A． B． C． D． 3．已知一个圆锥的母线长为3，表面积为，则该圆锥的底面半径为 A． B． C． D． 4．在中，，，，则 A． B．或 C．或 D． 5．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则 A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 6．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，为的中点，在上，平面，则 A． B． C． D． 7．水车是一种利用水流的动力进行灌溉的工具，其工作示意图如图所示，设水车的半径为米，其中心到水面的距离为米，水车逆时针匀速旋转，旋转一周的时间为秒，当水车上的一个水筒从水面（处）浮现时开始计时，经过秒后水筒距离水面的高度为（在水面下高度为负数），则 A．米 B．米 C．米 D．米 8．设向量，满足，，恒成立，则的最小值为 A． B． C． D． 二、选择题：本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得分，部分选对的得部分分，有选错的得分． 9．对于任意三个非零向量，和，下列命题中正确的是 A． B． C．若，则 D．若，，则 10．已知函数，则 A．的一条对称轴为 B．的最大值是 C．在区间上单调递增 D．的图象可由的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到 11．如图，水平放置的正方形边长为1，先将正方形绕直线向上旋转，得到正方形，再将所得的正方形绕直线向上旋转，得到正方形，则 A．直线平面 B．到平面的距离为 C．点到点的距离为 D．平面与平面所成的锐二面角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，直角是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积为_________． 13．已知函数的部分图象如图，则_________． 14．已知锐角外接圆的半径为2，为三角形的垂心且，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．(13分) 已知，，且． （1）求与的夹角； （2）若，求实数的值． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 17．（15分） 求值： （1）； （2）； （3）已知，均为锐角，且，，求． 18．（17分） 在中，角，，所对的边分别是，，，且． （1）求； （2）若是边的中点，，，求的面积； （3）求的最大值． 19．（17分） 如图，在正三棱台中，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，分别为棱，上的点，且，，，均在平面上，若与的面积比为， ①证明：； ②若两个平面相交形成四个二面角，规定较小的二面角为两个平面的夹角．求与平面夹角的正弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $第二学期期末综合练习题 高一数学参考答案 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， 题号 6 答案 D D B 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. 题号 9 10 11 答案 ACD ABC BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 题号 12 13 14 答案 22 2r+8 sin 23 4 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. (13分) 解： D因为同=2.月=4+=25，则+-a+2a-五+6=2 所以4+2a-6+16=12,得到a-万=-4， 2分 cos(a.b)- ab -41 所以 同 2×42 5分 z副e对.u.位-智，数85的夹 2π 7分 2由a-2)1(a+kd） 得到a-26)a+k6)-=a+(k-2)a-6-262=0 9分 又园=2.=4.a-6=4,所u4+(-2(-4)-2k×16=0, 11分 1 k= 1 整理得到12-36k=0,解得3，所以实数k的值为3 13分 16.(15分) 解：(I)因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以BD⊥PA, 2分 又平面ABCD为菱形，所以BD⊥AC, 4分 又PA∩AC=A,PA、ACC平面PAC, 6分 所以BD⊥平面PAC: 8分 (2)E为PD的中点，设AC与BD交于点O,连接OE, B 则OE∥PB 11分 又OEC平面AEC,PBa平面AEC, 13分 所以PB∥平面AEC. 15分 17.(15分) an(12°+33)= tanl2°+tan33° =tan45°=1 解：(1)因为 -tanl2°tan33° 2分 所以tanl2°+tan33°=1-tanl2tan33° 3分 整理可得tanl2°+tan33°+tanl2tan33°=l: 4分 (2)tan20°+4sin20° =sin20°+4sin20°cos20° c0s20° 5分 =sin20°+2sin40° c0s20° 6分 sin20°+2sin(60°-20°） c0s20° 7分 sin20°+2sin60°cos20°-2cos60sin20° c0s20° 8分 =5: 9分 (3)已知Q,B均为锐角，且 me+)-5ma-到8 10 所以 *Beo.a-到 11分 sin(@+D)=-cos(a+)-2/5 12分 ma--ye-列-30. 13分 ..cos2B=cos[(a+B)-(a-B)]=cos(@+B)cos(@-B)+sin(@+B)sin(a-B) =5x3i0,25x0-2 5105102 14分 15分 18.(17分) 解：(1)因为3a=√7 csinB+3 bcosC, 由正弦定理可得3sin4=√7 sinCsinB+3 BsinBcosC. 1分 又因为sinM=sin(B+C)=sinBeosC+cosBsinC 代入整理可得3 cosBsinC=V7 sinCsinB 3分 且Ce(0,),则sinC>0,可得3cosB=V7sinB>0, sinB=3 sinB=-3 3cosB=7sinB 联立方程sin2B+cos2B=1,解得 COsB= COSB=- 7 4或 4(舍去)， 所以 4； 5分 (2)因为D是AC的中点，则2BD=BC+BA, 6分 两边平方可得4BD°=BC2+B+2BC.BA, 7分 36=a2+7d2+2.a 万。万 4 2 4 解得a=2v2,c3, 2a=4 9分 inb=3 又因为 4, 5.we-zac-sinB-x2xx 1 所以 42: 10分 a2-2b2 sin2A-2sin2B sinB=3 (3)由正弦定理可得c2 sin2C,且 CosB= 4, 11分 a2-2b2 m8+G) 则c2 sin'C 12分 3 OsC sinC 9 4 sin2C =-9/cosc2 37、cosC11 16 sinc 8sinC 16 14分 cosC =t 令sinC ，则c2 - 168 16分 ts分 a2-2b2 1 所以当3时，c2 取得最大值4. 17分 19.(17分) 解：(1)由棱合的性质知：延长AA,BB,CC交于点S,又AB=2AB=2AA, A B C B 所以三棱锥S-ABC为正四面体，A,B,C为SA,SB,SC的中点， 连接SE并延长，分别交BC,BC1于点F、G,则F为中点， 且SF,BC为△SBC的中线， 1分 所以G为等边△SBC的中心，连接AG,则AG⊥平面SBC, 又D为A4的中点， 1分 EG_ECL=1 AD 1 综上，GFBF2,SE=EF=EG+GF,且AA2,SA=A4, 所以GF=2EG,即SE=3EG: 4分 SD SE=3 AA=2AD,即SD=SA+AD兰3AD,故ADEG 6分 所以DEAG,所以DE⊥平面SBC: 7分 (2)①延长CD,CA交于点H,若C,D,P,均在平面a上，则H,P,Q共线， S A C B H M B 设AB=2AB=2A4=2,则AH=AC1=1, 过A作AMIIBC交PQ于点M, 1 HAHA AM 3 HA+AC HC CO. AM=Co 则 3, 8分 设B0=k,则C0=2-k, M=2-k BO k 故 3,且BC2, 9分 APAM2-k 又BPBQ3k, BPBP 3k 所以ABAP+BP2+2k, 10分 k 3k APmQ=SA4C22+2k, 所以 k3k 3 即22+2k8,所以k=1, 11分 故Q为BC的中点， BP 3k 3 P=3AB 所以AB2+2k4,即 4 12分 ②由①知：平面a即为平面PDC2,连接DP,CO,易知PiiCQiiBB,且C2=2DP=L, HC =HO A C D H 42 M B 由DPC面PDO,BB￠面PDO,故BB,∥面PDO, 13分 综上， m=m=w动没 16, 14分 莲接AB,交DP王吉N,易知3 N L DP.BN=1g=33 4 4， _113333135 S△0224=16，故316 .dB-pQ=16,所以 6 所 a-oro= 3， 15分 又DP为C与平面ABBA的交线，N∈DP,B,NC面ABB,A, 6 sin= da-pre=3 4v2 0∈0， BN 33 9 设平面C与平面ABBA所成角为L2, 所以 4 4v2 故平面Q与平面ABBA所成角的正弦值为9. 17分