精品解析：陕西汉中市汉台中学2025-2026学年第二学期期末考试高一年级数学试题

汉台中学2025—2026学年第二学期期末考试 高一年级数学试题 命题：张虎 校对：严飞 一、选择题：本大题共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. 角的终边经过点且，则实数的值为（ ） A. 4 B. C. D. 3 3. 如图，在中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 平面向量，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 图象的对称中心为 D. 8. 在中，，的角平分线交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列各式中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（ ） A. 平面 B. 与所成的角为 C. D. 过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，A是锐角，的外接圆半径为，内切圆半径为r，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的面积为 C. 若是直角三角形，则 D. 的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，则在方向上的投影向量为__________（写成坐标形式）. 13. 在直三棱柱中，，则直三棱柱的外接球表面积为________． 14. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，在上恰有4个零点，则__________. 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. 设复数，，i为虚数单位. （1）若为纯虚数，求的值； （2）若为实数，求. 16. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 17. 在中，角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若的面积为，，求的周长. 18. 已知向量；，函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间： （2）将函数的图象先向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数. （i）求的解析式； （ii）当时，若函数有两个解，求取值范围； 19. 如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且． （1）求证:平面; （2）若， （i）求证:平面； （ii）在棱上是否存在点N，使得平面平面?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汉台中学2025—2026学年第二学期期末考试 高一年级数学试题 命题：张虎 校对：严飞 一、选择题：本大题共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. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则得到复数，再求复数的模即可. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C. 2. 角的终边经过点且，则实数的值为（ ） A. 4 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由三角函数的定义得， 平方化简得，解得（正根舍去）. 3. 如图，在中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，利用基底表示向量即可. 【详解】由，得， 由为的中点， 得. 4. 平面向量，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出向量与的坐标，利用夹角公式求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 设与的夹角为，则， 所以， 所以. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用余弦差角公式求得，再通过余弦和角公式计算，最后用余弦二倍角公式求出的值. 【详解】由，可得，解得， 由，可得。 所以. 6. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设该圆锥底面圆的半径为，则，解得， 所以该圆锥的高为， 所以该圆锥的体积为. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 图象的对称中心为 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据图象确定的值，再通过周期求出，然后根据特殊点求出，得到函数表达式后，依次对各选项进行判断. 【详解】由函数图象可知，函数的最大值为，因为，所以. 设函数的周期为，则，则，所以， 此时. 已知函数图象过点，则， 即，所以，， 因为，解得，那么. 对于A，函数的最小正周期为，所以选项A错误； 对于B，， 所以直线不是图象的一条对称轴，所以选项B错误； 对于C，令，，解得，，此时， 所以图象的对称中心为，，所以选项C正确； 对于D，，所以选项D错误. 8. 在中，，的角平分线交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用余弦定理，代入已知边和角，解一元二次方程求出的长度，再利用角平分线的面积关系，通过面积公式建立方程求解. 【详解】在中，由余弦定理： 代入已知条件可得 ，整理得：， 解得（负根舍去）. 由于是的角平分线，故，且， 代入面积公式得， 因为，则. 代入， 可得. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列各式中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系求得或，进而依次判断各项的正误. 【详解】由，则，且是第二或第四象限角， 结合，则，故或， 所以，，， 综上，A错，B、C、D对. 10. 正方体的棱长为1，点是棱的中点，则（ ） A. 平面 B. 与所成的角为 C. D. 过点的平面截该正方体所得的平面图形为正方形 【答案】AC 【解析】 【分析】对于Ａ，易得，再根据线面平行的判定即可判断；对于B，根据异面直线所成角的概念求解即可；对于C，由，结合三棱锥体积公式计算即可判断； 对于D，取的中点，连接，，易证四点共面，即过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形，接着即可判断． 【详解】对于A，如图，在正方体中，，    所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，因为，所以或其补角为与所成的角， 连接，易知为等边三角形，所以，故B错误； 对于C，， 由正方体性质可知三棱锥的高为， 则，故C正确； 对于D，取的中点，连接，， 因为，， 所以，则四点共面， 所以过的平面截该正方体所得的平面图形为四边形， 又，所以四边形为平行四边形， 易知，，所以平行四边形不是正方形，故D错误． 故选：AC． 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，A是锐角，的外接圆半径为，内切圆半径为r，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的面积为 C. 若是直角三角形，则 D. 的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，用正弦定理将条件角化边，再用余弦定理求出角；选项，用正弦定理结合已知边求出角，再用内角和求角，最后用面积公式计算验证；选项C，先确定直角位置，用正弦定理求出三边，再用直角三角形内切圆半径公式计算；选项，用正弦定理边化角，结合内角和统一变量，用辅助角公式化简后根据角的范围求值域. 【详解】对于A选项：根据正弦定理角化边，原式可化为. 由余弦定理，代入得. ∵，∴，故选项A错误； 对于B选项：若，∵， ∴，又A是锐角，∴. 则，即为直角三角形，斜边. 由勾股定理得，故的面积，选项正确； 对于C选项：∵，∴若为直角三角形，因为是锐角，则直角只能为，则，∵，，. 半周长，面积， ∴，选项C正确. 选项D：∵，，∴， 又是锐角，即，∴. 由正弦定理得，，则： 展开 ，代入得： ， 故. ∵，∴，因此 ， 即的取值范围是，选项D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，，则在方向上的投影向量为__________（写成坐标形式）. 【答案】 【解析】 【详解】因为，， 则，， 所以在方向上的投影向量为. 13. 在直三棱柱中，，则直三棱柱的外接球表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用该直三棱柱的外接球的表面积等于将该直棱柱补充为长方体后长方体外接球的表面积，其体对角线为外接球直径，再由球的表面积公式可得. 【详解】由题意可得， 该直三棱柱的外接球的表面积等于将该直棱柱补充为长方体后长方体外接球的表面积，其体对角线为外接球直径， 设外接球半径为，则， 所以外接球的表面积为. 14. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，在上恰有4个零点，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】由平移变换得到，再根据是偶函数，得到，然后由，得到，根据在上恰有4个零点，由求解. 【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度得到， 函数， 因为是偶函数，所以，即， 因为，所以，则， 因为，所以， 因为在上恰有4个零点， 所以，即， 所以当时，， 故答案为：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. 设复数，，i为虚数单位. （1）若为纯虚数，求的值； （2）若为实数，求. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据复数的乘法运算结合纯虚数的概念运算求解； （2）根据复数的运算结合复数的概念解得，解法一：先求，再求模长；解法二：利用，直接运算求解. 【小问1详解】 因为， 若为纯虚数，则，解得. 【小问2详解】 因为， 若为实数，则， 解得，即， 解法一：因为，则； 解法二：可得. 16. 已知向量，满足：，，. （1）求与的夹角的余弦值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由条件可得，再结合条件的数量积得，用向量的夹角公式可得； （2）直接由向量的垂直可得关于实数的一元二次方程，解一元二次方程可得. 【小问1详解】 因为，所以①， 又因为，得，且， 代入①上式得，即， 所以，因此与的夹角的余弦值. 【小问2详解】 因为，所以， 化简可得， 将，，代入可得， 即，解得或. 因此实数的值为或. 17. 在中，角的对边分别为，若. （1）求角的大小； （2）若的面积为，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得，由此可得； （2）由三角形面积公式可求得，利用余弦定理可构造方程求得，由此可得三角形周长. 【小问1详解】 由正弦定理得：， ， ，，，则. 【小问2详解】 ，， 由余弦定理得：，解得：， 的周长. 18. 已知向量；，函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间： （2）将函数的图象先向左平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数. （i）求的解析式； （ii）当时，若函数有两个解，求取值范围； 【答案】（1），，. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】(1)通过向量点积结合三角恒等变换，将转化为的标准形式，再用周期公式求周期，根据正弦函数单调性求单调区间； (2)(i)遵循“左加右减”的平移规律和“横坐标伸缩换x”的变换规则，分步完成平移与伸缩变换； (ii)先确定的范围，将方程的解的个数转化为的交点个数，再结合余弦函数图像列出不等式求解. 【小问1详解】 因为； 则 ，所以最小正周期， 令，，可得，， 所以的单调递减区间是，. 【小问2详解】 （i）将函数的图象先向左平移个单位， 得， 再将横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数； （ii）当时，， 由有两个解，可得有两个解， 根据，由余弦函数图象可得，得. 19. 如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且． （1）求证:平面; （2）若， （i）求证:平面； （ii）在棱上是否存在点N，使得平面平面?如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）连接与，两线交于点，连接， 在中，分别为，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）（i）因为底面，平面，所以. 又为棱的中点，，所以. 因为，，平面， 所以平面，平面，所以. 因为，所以.又， 在和中，， 所以，故， 所以，又，平面， 所以平面. （ii）存在点， 【解析】 【分析】（1）连接与，两线交于点，连接，利用三角形中位线性质得到，再利用线面平行的判定即可证. （2）应用线面垂直的性质、判定可得平面，从而得到，根据和得到，再利用线面垂直的判定即可证. （3）当点为的中点，设的中点为，连接，，易证四边形为平行四边形，从而得到，进而有平面，再利用面面垂直的判定即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）当点为的中点，即时，平面平面. 证明如下：设的中点为，连接，， 因为M，分别为，的中点， 所以且，又为的中点， 又， 所以且， 所以四边形为平行四边形，故， 由（2）知：平面，所以平面，又平面， 所以平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $