精品解析：陕西汉中市城固县第一中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

2025—2026学年高一下学期期末考试 数学试卷 一、单选题（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，只有一项符合要求） 1. 设点是正三角形的中心，则向量，，是（ ） A. 共起点的向量 B. 模相等的向量 C. 共线向量 D. 相等向量 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的相关概念判断. 【详解】因为点是正三角形的中心， 所以，，是模相等的向量； 向量只有大小与方向两个要素，没有起点之说； 这三个向量方向不同，不是共线向量； 这三个向量方向不同，不是相等向量. 故选：B 2. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的加法运算以及模长的定义求解即可. 【详解】因为，，所以， 所以. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 4. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】由半圆的面积为，得该半圆半径为1，半圆弧长为， 因此圆锥底面圆周长为，半径为， 所以该圆锥的底面直径为1. 5. 将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合对函数图象的影响可得. 【详解】将函数的图象上各点向右平移个单位长度，得到函数即的图象， 再把函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，就得到函数的图象， 然后再把函数的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的4倍，就得到函数的图象. 故选：A. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，可得， 代入，化简得， 又，，所以， 则有，. 7. 已知为边长为3的等边三角形，设点为边的中点，点在边上（包括端点），则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，利用坐标将最小值的问题转化为二次函数闭区间的最小值问题即可求解 【详解】作中点，以为坐标原点，所在直线为轴，轴建立如图平面直角坐标系. 设，， 则， 所以 该二次函数对称轴为，此时有最小值. 8. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长，结合侧面积与底面积的关系求出斜高，再利用正三棱锥的几何特征计算高和侧棱长，最终求得侧棱与底面所成角的正弦值. 【详解】设正三棱锥底面正三角形的边长为,则底面正三角形面积. 设侧面斜高为，侧面积为3个全等等腰三角形的面积和，即， 由题意，即  ，化简得. 内切圆半径，底面中心到三角形顶点的距离是外接圆半径. 斜高、高、底面内切圆半径构成直角三角形，则  代入、，解得. 因为侧棱、高、底面外接圆半径构成直角三角形，所以 ， 代入、，得，即. 由于侧棱在底面射影为，因此侧棱与底面所成角的正弦值为高与侧棱长的比值， 即 . 二、多选题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知函数，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 是对称中心 C. 是对称轴方程 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由函数的图象与性质，根据选项利用性质逐一判断即可. 【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，由可得对称中心横坐标满足， 解得，故不是函数的对称中心，故B错误； 对于C，由可得对称轴方程满足， 解得，故C错误； 对于D，函数的单调递增区间满足 ，解得， 当时，得函数的一个单调增区间为，故D正确. 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 是的充要条件 D. 若，则为钝角三角形 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，角化边，然后运用余弦定理确定角为锐角，但角不能确定，不一定为锐角三角形；对于B，边化角得，得出两角的关系，从而得到三角形的形状；对于C，角大则边大，根据正弦定理得正弦值大；对于D，转化为角的余弦，根据单调性得到角的关系. 【详解】对于A，由及正弦定理， 得，则， 得为锐角，但不能确定为锐角三角形，故A错误； 对于B，利用正弦定理， 可得， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，在中，根据正弦定理可知，， 故C正确； 对于D，在中，， 由，可得，则为锐角． 若为锐角，则，可得， 即，则，为钝角三角形； 若为钝角，则，可得， 即有，为钝角三角形，故D正确． 11. 如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C. 平面平面 D. 二面角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理易证平面，从而可知，可判断A；利用勾股定理可求得，从而可判断B；作出平面与平面的二面角的平面角，利用平面，可知为直角，因此不是直角，从而可判断C；作出二面角的平面角，设为，可求得，从而可判断D. 【详解】设等腰直角三角形的腰为，则斜边， 为的中点，， 又平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面，，故A正确； 由A知，平面，平面，， 又，由勾股定理得：， 又，是等边三角形，故B正确； 为等腰直角三角形，取斜边的中点，则， 又为等边三角形，连接，则, 为平面与平面的二面角的平面角， 由平面可知，为直角，因此不是直角， 故平面与平面不垂直，故C错误； 由题意知，平面，过点作于点，连接，则， 为二面角的平面角，设为， 则，故D正确; 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 时针走了1h 20min，则分针转过的角是______． 【答案】 【解析】 【分析】由时针走过得时间换算为以分钟为单位的时间，根据每60分钟转（因为分针是顺时针旋转，所以对应的是负角），由此即可求解. 【详解】因为时针走了1h 20min，所以分针也走了， 注意到分针每分钟转的角度为（因为分针是顺时针旋转，所以对应的是负角）， 所以时针走了1h 20min，则分针转过的角是. 故答案为：. 13. 已知平面向量，满足，，若，则________． 【答案】1 【解析】 【详解】已知平面向量，满足， ，解得． 14. 用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是，轴截面的面积是．过圆锥的两条母线，SC作一个截面，则截面SBC面积的最大值是________． 【答案】8 【解析】 【分析】由已知得、，进而可得，最后由及，即可得最大值. 【详解】由，即，故， 令且，则，即，所以， 由，而， 所以时，最大. 故答案为：8 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点. （1）求，； （2）求的值. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的定义，即可求出结果； （2）利用诱导公式对原式进行化简，代入，的值，即可求出结果. 【详解】解：（1）因为角的终边经过点，由三角函数的定义知 ， （2）诱导公式，得 . 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）根据给定条件，利用三角形面积公式、余弦定理列式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，即，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 由的周长为20，得，即， 由余弦定理得，即， 于是，解得， 所以. 17. 如图，直三棱柱的体积为6，是的中点． （1）求证：平面； （2）已知为中点，平面与平面的交线为，求证：； （3）求三棱锥的体积． （注：本题用空间向量作答不给分） 【答案】（1）连接，交于点,连接，则为的中点， 因为是的中点，所以，又因为面，面， 所以平面. （2）因为，分别为的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形， 因此，又因面，面，所以面， 而面面，面，所以. （3）1 【解析】 【分析】小问（1）运用线面平行的判定定理；小问（2）运用线面平行的性质；小问（3）利用等体积法再结合柱体体积求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题可得面，所以 18. 如图，在三棱锥中，，，，．是的中点，是的中点，． （1）求证：平面； （2）若是的中点，在上，平面． （ⅰ）求的长； （ⅱ）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明：因，，则, 又因是的中点，则,且, 在中，，则, 又因是的中点，则, 因，则由可得, 因平面，故平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用条件分别证明，，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）（ⅰ）利用线面平行的性质先证得，结合条件推得是的中点，即得；（ⅱ）取的中点，连接，证明平面，作于点，连接，证明即二面角的平面角，借助于题设条件求解即得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）因平面，在上，则平面， 因平面平面，则， 又因是的中点，则是的中点，故； （ⅱ）取的中点，连接，因是的中点，则，且， 在平面中，作于点，连接. 由（1）得平面，则平面，因面，则， 因平面，则平面， 又平面，则，故即二面角的平面角. 连接，易得， 因平面，平面，则，则， 故，又， 由可得， 在中，由等面积可得， 故在中，， 则，即二面角的正切值为. 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，点. 【解析】 【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可. 【详解】解：（1） 的相伴特征向量. （2）向量的相伴函数为， ，. ，，. . （3）由为的相伴特征向量知： . 所以. 设，， ，， 又，. ， ，， . 又， 当且仅当时，和同时等于，这时式成立. 在图像上存在点，使得. 【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年高一下学期期末考试 数学试卷 一、单选题（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，只有一项符合要求） 1. 设点是正三角形的中心，则向量，，是（ ） A. 共起点的向量 B. 模相等的向量 C. 共线向量 D. 相等向量 2. 已知，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）. A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知为边长为3的等边三角形，设点为边的中点，点在边上（包括端点），则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的侧面积是底面积的2倍，则该正三棱锥侧棱和底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 已知函数，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 是对称中心 C. 是对称轴方程 D. 在上单调递增 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 是的充要条件 D. 若，则为钝角三角形 11. 如图，以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，则下列四个结论中正确的是（ ） A. B. 是等边三角形 C. 平面平面 D. 二面角的正切值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 时针走了1h 20min，则分针转过的角是______． 13. 已知平面向量，满足，，若，则________． 14. 用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是，轴截面的面积是．过圆锥的两条母线，SC作一个截面，则截面SBC面积的最大值是________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边经过点. （1）求，； （2）求的值. 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． （1）求A， （2）若的周长为20，面积为，求a． 17. 如图，直三棱柱的体积为6，是的中点． （1）求证：平面； （2）已知为中点，平面与平面的交线为，求证：； （3）求三棱锥的体积． （注：本题用空间向量作答不给分） 18. 如图，在三棱锥中，，，，．是的中点，是的中点，． （1）求证：平面； （2）若是的中点，在上，平面． （ⅰ）求的长； （ⅱ）求二面角的正切值． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. （1）设函数，试求的相伴特征向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且，的值； （3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；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 $