精品解析：江西南昌市第一中学2025-2026学年度高一下学期期末考试数学试题

南昌一中2025-2026学年度下学期高一期末考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 4. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，体积为，则它的母线长为（ ） A. B. C. D. 2 5. 已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 如图，在中，点满足，为线段上的一点，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直四棱柱 的底面是边长为6的正方形， 8，点M是棱AA₁的中点，E是棱AB上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱 所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知且满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知i为虚数单位，在复平面内，复数，以下说法正确的是（ ） A. 复数z的虚部是 B. C. 复数z的共轭复数是 D. 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限 10. 已知函数的部分图象如图所示，阴影部分的面积为，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的一条对称轴为 C. 将函数向右平移个单位长度得到函数 D. 函数在区间上单调递增 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边经过点，则的值为_____. 13. 三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 14. 德国数学家高斯用取整符号定义了取整运算，对于任意的实数，表示不超过实数的最大整数，例如，则______________． 四、解答题：本题共5小题，共92分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知向量与的夹角为60°，，，求： （1）； （2）； （3）若，求实数k的值． 16. 如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小. 17. 在锐角中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 18. 如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小； （3）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 19. 我市某大型综合商场门前有条长120米，宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有24个长5米，宽2.5米的停车位（如矩形）．由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，该商场郭经理提出一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边的绿化带及改变停车位的方向来增加停车位．记绿化带被压缩的宽度米，停车位相对道路倾斜的角度，其中． （1）若，求和的长； （2）求关于的函数表达式； （3）若，按照郭经理的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加了多少个？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌一中2025-2026学年度下学期高一期末考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：. 2. 已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 3. 已知向量，不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】因为与共线，所以存在实数使得，即， 因为向量，不共线，所以，解得或. 4. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，体积为，则它的母线长为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】设该圆台的高为，母线为， 由圆台的体积公式，得， 所以. 5. 已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】结合空间线面、面面平行与垂直的判定及性质，逐一分析各选项的正误。 【详解】对选项A： 若，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故A错误； 对选项B： 由面面平行的性质可知，若两个平行平面中的一个与一条直线垂直，则另一个平面也与该直线垂直，因此当，时，，故B正确； 对选项C： 若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直，故C错误； 对选项D：若 ，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故D错误。 6. 如图，在中，点满足，为线段上的一点，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算与三点共线定理构建出关于的关系式，结合基本不等式求出目标乘积的最值即可. 【详解】因为，所以，所以， 显然，又三点共线，所以， 由基本不等式得，所以， 当且仅当，即时，等号成立． 所以的最大值为． 7. 已知直四棱柱 的底面是边长为6的正方形， 8，点M是棱AA₁的中点，E是棱AB上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱 所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先作出过点D₁，M，E的平面截四棱柱的截面多边形，然后分别求截面多边形的边长，即得截面多边形的周长. 【详解】连接并延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点， 交的延长线于点，连接，交于点，连接，，， 所以过点，，的平面截直四棱柱的截面为五边形． 因为为的中点，， 由平行线分线段成比例可知：，， 故点为中点，故，又， 故，． 因为四棱柱为直棱柱， 故， ， ，， ，所以五边形的周长为． 8. 已知且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用配凑角，代入已知等式中可得，再结合角的范围可求得的值，进而可求得、的值. 【详解】因为， ， ， 所以， 又因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 又因为， 所以， 所以 所以. 所以， 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知i为虚数单位，在复平面内，复数，以下说法正确的是（ ） A. 复数z的虚部是 B. C. 复数z的共轭复数是 D. 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算可得，再利用复数的概念、复数的模、共轭复数的概念以及复数的几何意义逐一判断即可. 【详解】， 对于A，复数z的虚部是，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，复数z的共轭复数是，故C正确； 对于D，，在复平面内，对应点的坐标为， 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限，故D正确. 故选：CD 10. 已知函数的部分图象如图所示，阴影部分的面积为，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的一条对称轴为 C. 将函数向右平移个单位长度得到函数 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用题中信息求出函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可判断ABD选项；利用三角函数图象变换可判断C选项. 【详解】对于A选项，由对称性可知阴影部分区域的面积等于平行四边形的面积， 且平行四边形的边上的高为，即，即， 所以函数的最小正周期为，A对； 对于B选项，由图可知，， 且，可得， 又因为，所以，所以， 因为， 所以函数的一条对称轴为，B对； 对于C选项，将函数向右平移个单位长度得到函数的图象，C错； 对于D选项，当时，， 故函数在区间上单调递增，D对. 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【详解】连接，如图所示， 直三棱柱中，， 为正方形，， ，平面，平面，， 平面，，平面， 平面，，A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确； 设，，， ， ， ，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误； 当是的中点时，，，， ， ，， ，设点到平面的距离为，由， 得，， 直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为， 则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛： 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若角的终边经过点，则的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角函数的定义求出的值，结合弦化切可得所求代数式的值. 【详解】由题意可得， 所以，. 故答案为：. 13. 三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由线面垂直关系证明平面，求底面的外接圆半径，进而根据几何关系求外接球的半径并计算球的表面积. 【详解】如图所示， 在中：，因此，即. 在中：，因此，即. 因为，且平面， 根据线面垂直判定定理可得：平面. 是边长为的等边三角形，由正弦定理， 其外接圆半径满足：，解得，即. 外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于， 设球心到平面的距离为，由，得：， 即，已知，故，， 外接球半径满足：  由球的表面积公式，代入得：. 14. 德国数学家高斯用取整符号定义了取整运算，对于任意的实数，表示不超过实数的最大整数，例如，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用取整函数定义，结合三角函数的周期性和取值情况，可得一个周期内个取整函数值的和，再来计算即可求值. 【详解】根据正弦函数的周期为， 在一个周期内有 当时，， 当时，， 所以， 根据三角函数的周期性可知 . 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共92分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知向量与的夹角为60°，，，求： （1）； （2）； （3）若，求实数k的值． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】(1)已知模长与夹角，利用数量积的定义计算数量积即可； (2)根据模长公式列出计算式，根据向量的乘法运算计算即可； (3)根据向量相乘数量积为0列出关于参数的等式，计算即可． 【小问1详解】 因为向量与的夹角为60°，，， 故； 【小问2详解】 因为， 故； 【小问3详解】 因为，故； 整理得：，可得：，． 16. 如图，在三棱锥中，，点O､M分别是､的中点，底面. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，从而证明，证明，根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）解法一，求得点A到面的距离就是点B到面的距离，根据线面角的定义即可求得答案; 解法二，利用等体积法求得点A到面的高为h，根据根据线面角的定义即可求得答案; 解法三，建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，利用向量的夹角公式求得答案. 【小问1详解】 证明：连接OB,由,O为AC的中点，得， 又底面，故, ∵点M为的中点，∴, 又∵，∴,，故平面. 【小问2详解】 解法一：由（1）知平面,且 , 又，面,平面， ∴面，则点A到面的距离就是点B到面的距离. 设直线与平面所成角为 ，， ∴与面所成的角的正弦值为， 故与面所成的角的大小为. 解法二：设点A到面的高为h，而 , 由得，则， 设直线与平面所成角为 ，， ∴与面所成的角的正弦值为，即所成的角的大小为. 解法三：如图，以O为坐标原点，以OB,OC,OS分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则 , 则 , 由（1）可知为平面SOM的一个法向量， 设直线与平面所成角为 ， ， 则 , 故，即直线与平面所成角为. 17. 在锐角中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可化简求得，由此可得； （2）利用正弦定理可将化为，利用两角和差公式和辅助角公式 可化简得到；根据正弦型函数值域求法，结合的范围可得结果. 【小问1详解】 由正弦定理得：， ， ，，，. 【小问2详解】 由正弦定理得：，，， ； 为锐角三角形，，即，， ，，， 即的取值范围为. 18. 如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小； （3）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点， 所以可得四边形为菱形，可得， 又，所以可得； 因为，平面； 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等腰梯形的特征利用面面垂直的判定定理即可得出证明； （2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角的平面角，可得其大小为； （3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点的具体位置，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面AECD，平面AECD，可得； 易知，，所以； 又因为，平面； 所以平面， 又平面，所以 又，因此可得即为二面角的平面角， 在直角三角形中，，可得， 即. 【小问3详解】 假设线段上是否存在点P，使得平面， 过点作交于，连接，如下图所示： 所以，即可得四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形，故，可得点为的中点； 故在线段上存在点P，使得平面，且； 易知为正三角形，且，所以可得， 由勾股定理可得， 所以， 因此. 19. 我市某大型综合商场门前有条长120米，宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有24个长5米，宽2.5米的停车位（如矩形）．由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，该商场郭经理提出一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边的绿化带及改变停车位的方向来增加停车位．记绿化带被压缩的宽度米，停车位相对道路倾斜的角度，其中． （1）若，求和的长； （2）求关于的函数表达式； （3）若，按照郭经理的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加了多少个？ 【答案】（1）米，米． （2），． （3）13个． 【解析】 【分析】（1）由图，结合几何性质与三角函数可得答案； （2）由图可得，后由（1）可得答案； （3）由（2）及可得 .设改造后停车位数量最大值为，由图可得第个车位顶点到的距离，后结合可得，即可得答案. 【小问1详解】 由题意得米，米，， 则，即． 由，且，，可得，， 则米，米． 【小问2详解】 由（1）可得，， ， 故，． 【小问3详解】 由，可得，即． 设，则， 整理得，解得． 由，可得． 当时，解得，，不符合题意； 当时，解得，，符合题意． 设改造后停车位数量的最大值为，如图，过停车位顶点作的垂线，垂足为， 则顶点到线段的距离为． 由图及题意可知，， 则． 因为， 所以，，， 则． 由题可知，即，解得，则取， 故该路段改造后的停车位比改造前增加了个． 【点睛】关键点睛：本题前两问需利用三角函数及几何知识，用已知量表示未知量；第三问，需将停车位数量与停车位顶点到停车场边界距离联系起来，再利用之前所得到的部分结论解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $