精品解析：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

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z满足，则为（    ） A. 2 B. C. D. 2. 已知平行四边形满足，，，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. 2 B. 3 C. D. 5 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 ，其中心到水面的距离为 ，水车逆时针匀速旋转，旋转一周的时间为 ，当水车上的一个水筒从水中（处）浮现时开始计时经过（单位：s）后水筒距离水面的高度为（在水面下高度为负数），则（ ） A. 3m B. 4m C. 5m D. 6m 8. 设向量，满足，对任意，恒成立，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3 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45°，得到正方形，再将所得的正方形绕直线向上旋转45°，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60° 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. 已知，且 （1）求与的夹角； （2）若，求实数的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 17. 求值： （1）； （2）； （3）已知，均为锐角，且，，求． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求； （2）若D是边的中点，，，求的面积； （3）求的最大值. 19. 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． 第1页/共1页 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 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z满足，则为（    ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则和模的概念即可计算． 【详解】由，得 ， 则， 故选：D 2. 已知平行四边形满足，，，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点的坐标为，求出,再根据向量相等的坐标表示列出方程,即可求解. 【详解】设点的坐标为， 因为，. 因为是平行四边形，所以， 即，解得，所以点的坐标为. 故选：A 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. 2 B. 3 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，根据圆锥的表面积为，母线长为，由求解. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为， 因为圆锥的表面积为，母线长为， 所以， 即 ， 解得 或 （舍去） 故选：A 4. 在中，，，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理结合边角关系求解即可； 【详解】题意可知，，， 由正弦定理可知 因为，所以 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据选项条件，利用线面平行、面面平行和线面垂直、面面垂直的判定定理，借助于推理或建模逐一判断即得. 【详解】对于A，由，，可得或，故A错误； 对于B，如图1，设，，点是平面内一点， 过点作于点，过点作于点， 因为，且，，且，， 所以，，又， 则，. 又，，所以，故B正确； 对于C，如图2，在长方体中， 分别是的中点， 若设平面为平面，平面为平面，直线和分别是直线， 显然满足，，，，但得不出，故C错误； 对于D，如图2，在长方体中，若设平面为平面，平面为平面， 直线为直线，则显然满足，，但得不出，故D错误. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，由线面平行的性质得到线线平行，结合边长之间的比例关系得到答案 【详解】连接，与相交于点， 因为四棱锥的底面是平行四边形，所以， 所以， 因为为的中点，所以，故， 因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以. 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 ，其中心到水面的距离为 ，水车逆时针匀速旋转，旋转一周的时间为 ，当水车上的一个水筒从水中（处）浮现时开始计时经过（单位：s）后水筒距离水面的高度为（在水面下高度为负数），则（ ） A. 3m B. 4m C. 5m D. 6m 【答案】B 【解析】 【分析】设经过（单位：s）后水筒距离水面的高度为，由题意求得参数，可得解析式，即可求得答案. 【详解】由题设，水车的角速度为 , 又水车的半径为 ，中心O到水面的距离 ， 设经过（单位：s）后水筒距离水面的高度为， 由题意可知, 由于时，水筒在处，即， 即，由于，故取， 故t（单位：s）后水筒A距离水面的高度可表示为 ， ， 故选︰B﹑ 8. 设向量，满足，对任意，恒成立，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】对两边同平方化简得，再利用判别式法即可得到，最后展开计算，利用二次函数性质即可求出最小值. 【详解】设，， ，两边同平方得， 化简得， 上式对任意恒成立，， 即，则， 则 ， ，则的最小值为2. 故选：A. 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 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：由及选项A的结论可知，，即，得，又因为均为非零向量，故，故C正确. 对于D：因为，和都是非零向量，故D正确. 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换将函数进行化简可得，然后分别根据正弦函数的对称轴、最值，单调性和图像的平移逐项进行判断即可求解. 【详解】由题知，， 对于A：，此时取到了的最小值，所以函数的一条对称轴为，故A正确； 对于B：，当取到最大值时，函数取最大值为，故B正确； 对于C：，单调递增区间应满足， 解得，所以单调递增区间为， 因为，所以函数在区间单调递增，故C正确； 对于D：的图像向左平移个单位长度，得，再向下平移个单位长度得到，故D错误. 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45°，得到正方形，再将所得的正方形绕直线向上旋转45°，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60° 【答案】BD 【解析】 【分析】将正方形放于两个全等正方体的公共面上，根据旋转的情况结合正方体的结构特征，对选项进行计算和判断. 【详解】由已知条件中的旋转，可将正方形放于两个全等正方体的公共面上，正方形和正方形的位置如图所示， 连接，如图所示， 因为平面平面，直线与平面相交，则直线与平面相交，所以A选项错误； 平面与平面所成的锐二面角可转化为平面与平面所成的锐二面角， 平面，平面，，正方形中，， 平面，，平面， 同理，平面， 平面与平面所成的锐二面角，等于直线与所成的角， 由为等边三角形，可得所求锐二面角的平面角为，故选项D正确. 过作，则有，平面，平面，， 到平面的距离等价于到平面的距离，如图所示， ，，则，，点到的距离为， ， 设到平面的距离为，根据等体积关系， 有，解得， 由此得到平面的距离为，故B选项正确； 连接、，如图所示， 中，，，， 由余弦定理得， 在中，，故C选项错误； 故选：BD. 【点睛】方法点睛： 空间图形的旋转与翻折，就是考查学生的空间想象能力和理性的分析能力，比较变化前后的两个图形，弄清哪些量和位置关系在变化过程中不变，哪些发生了变化，将不变的条件集中到变化后的几何体中，将问题归结为条件和结论明朗化的立几问题. 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_________． 【答案】 【解析】 【分析】结合图形先求出直观图的面积，再由直观图与平面图的面积之间的关系计算即得. 【详解】由图知，在中，， 则的面积为， 故这个平面图形的面积为. 13. 已知函数的部分图象如图，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，可得，则，解得， 则解析式变为，将代入解析式， 得到，解得，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________． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，推导出，，，再由余弦定理进行求解，相加即可求出答案 【详解】如图，作出锐角的外接圆，即圆，设圆的半径为，则， 连接并延长，交圆于点， 连接，则为圆的直径，⊥，⊥， 连接，则⊥，⊥，所以，， 所以四边形为平行四边形，， 在中，，其中， 所以，即， 同理可得，， 因为，所以， 同理可得， 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，且 （1）求与的夹角； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用向量数量积的运算，得到，再利用向量的夹角公式，即可求解； （2）根据条件，利用数量积的运算，得，即可求解. 【小问1详解】 因为，又， 则，所以，得到， 所以，又，所以， 故与的夹角为. 【小问2详解】 由，得到， 又，，所以， 整理得到，解得，所以实数的值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又平面为菱形，所以， 又平面， 所以平面； （2） E为PD的中点，设AC与BD交于点O，连接OE， 则，又平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直判定定理即可证明； （2）设AC与BD交于点O，连接OE，则，结合线面平行的判定定理即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 求值： （1）； （2）； （3）已知，均为锐角，且，，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正切公式化简求值即可. （2）利用同角三角函数的基本关系和两角差的正弦公式求解即可. （3）利用同角三角函数的基本关系求出，，再结合两角差的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 整理可得； 【小问2详解】 由题意得 . 【小问3详解】 已知，均为锐角，且，， 所以，， ，， ， 因为，所以，． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求； （2）若D是边的中点，，，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，结合同角三角关系运算求解即可； （2）根据中点可得，结合数量积可得，进而可求面积； （3）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，换元结合二次函数求最值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又因为， 代入整理可得， 且，则，可得， 联立方程，解得或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 因为是的中点，则， 两边平方可得， 即，解得，， 又因为，所以. 【小问3详解】 由正弦定理可得， 且，， 则 . 令，则， 所以当时，取得最大值. 19. 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． 【答案】（1） 由棱台的性质知：延长，，交于点，又， 所以三棱锥为正四面体，，，为，，的中点， 连接并延长，分别交，于点、，则为中点， 且，为的中线， 所以为等边的中心，连接，则平面， 又为的中点， 综上，，，且，， 所以，即； ，即，故， 所以，所以平面； （2）①延长，交于点，若，，，均在平面上，则，，共线， 设，则， 过作交于点， ， 则， 设，则， 故，且，又， 所以， 所以， 即，所以， 故为的中点， 所以，即； ② 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②由①知：平面即为平面，连接，，易知，且，， 由面，面，故面， 13分 综上，， 14分 连接交于点，易知，且， 所以，故，所以， 15分 又为与平面的交线，，面， 设平面与平面所成角为，所以， 故平面与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $