精品解析：湖北恩施土家族苗族自治州恩施高中教学联盟2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

高一年级下学期期末考试 数学试题 考试满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、单项选择题：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． 1. 已知向量，不共线，若与共线，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知圆锥的底面直径和高都等于球的半径，则圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，（）是奇函数，则值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 已知非零向量、满足在方向的投影向量是，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，二面角的大小为，，，，，，，且，（ ） A. B. C. 4 D. 7. 21世纪以来，我国在载人航天、无人机、智能机器人等高科技领域取得了举世瞩目的成就．任何精密的机械装置都离不开最基础的零部件，例如齿轮．在工程分析中，常将齿轮简化为圆盘．如图，在水平面上有两个单位圆和，在时刻，质点甲从点（与水平面平行）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，质点乙从点（为圆的最低点）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，甲转一周需要秒，乙转一周需要秒．在时刻，质点甲的竖直高度为，质点乙的竖直高度为，设，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 8. 定义平面向量的伪叉积：对于两个起点相同的平面向量、，记，其中是由逆时针旋转到与同向时的最小角（）．已知向量，，，则最大值为（ ） A. B. C. 9 D. 8 二、多项选择题：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． 9. 若复数，则（） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 是方程的复数根 10. 在中，角、、所对的边分别为、、，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则一定为钝角三角形 B. 若，，则面积最大值为 C. 若，则一定为等腰三角形 D. P为所在平面内一点，若，则的面积与的面积之比为 11. 如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 当在线段上运动时，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则的值为________. 13. 记、、分别为的内角、、的对边，且，，则的形状为________． 14. 已知三棱锥中三组相对的棱长分别相等，长度分别为，，，其中、，，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为________． 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. 已知向量， （1）若，求的值及的模； （2）在（1）的条件下，是否存在实数，使得与共线． 16. 已知向量，，函数． （1）该函数的图象可由函数的图象经过怎样的平移和伸缩变换而得？ （2）若，求的值． 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 18. 已知、、分别为的内角、、的对边． （1）满足，，且，求； （2）在（1）的条件下，若，且的面积为，求的周长； （3）在锐角中，若，求的取值范围． 19. 如图1所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，将沿折起到的位置，如图2所示，且平面平面． （1）求证：平面平面； （2）已知点满足，如图3所示，求多面体的体积； （3）在（2）条件下，取线段的中点为．记直线与平面所成夹角为，异面直线与所成夹角为，二面角的大小为．求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级下学期期末考试 数学试题 考试满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 一、单项选择题：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． 1. 已知向量，不共线，若与共线，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由向量共线即可求解. 【详解】因为向量，不共线，且与共线，所以， 所以，所以，解得. 2. 已知圆锥的底面直径和高都等于球的半径，则圆锥与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知用球的半径表示圆锥的底面圆半径和高，分别求出圆锥与球的体积得到比值. 【详解】设球的半径为，则圆锥的底面半径为，高为， 所以圆锥的体积为，球的体积， 所以. 3. 已知函数，（）是奇函数，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，因为是奇函数， 所以，即， 又，故. 4. 已知是两个不重合的平面，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由线面位置关系即可逐一判断各个选项. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则或， 若，，则， 若，则存在，使得，因为，所以，又，所以， 所以无论如何，只要，，，就有，故B正确； 对于C，若，，，则或相交或异面，故C错误； 对于D，若，，，则或相交或异面，故D错误. 故选：B. 5. 已知非零向量、满足在方向的投影向量是，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用即数量积为得到，再利用投影向量的计算公式即可计算与的夹角. 【详解】设与的夹角为，. 由，得，即， 因为为非零向量，所以. 又在方向的投影向量为，所以. 所以，解得. 又因为，所以. 6. 如图，二面角的大小为，，，，，，，且，（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【详解】 以为邻边在平面内作平行四边形， 因为，所以， 因为，所以， 因为，二面角的大小为，所以， 又，根据余弦定理得， ， 因为，又，，所以平面，又 所以平面，即， 又，，根据勾股定理得. 7. 21世纪以来，我国在载人航天、无人机、智能机器人等高科技领域取得了举世瞩目的成就．任何精密的机械装置都离不开最基础的零部件，例如齿轮．在工程分析中，常将齿轮简化为圆盘．如图，在水平面上有两个单位圆和，在时刻，质点甲从点（与水平面平行）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，质点乙从点（为圆的最低点）开始按逆时针方向在圆上做匀速圆周运动，甲转一周需要秒，乙转一周需要秒．在时刻，质点甲的竖直高度为，质点乙的竖直高度为，设，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设，，结合题意计算可得两函数解析式，再作差即可得，再利用二倍角公式及二次函数性质计算即可. 【详解】设，. 由题意可得，，，，即； 由题意可得，，，，即. 所以 . 当时，， 所以当时，取最大值；当时，取最小值. 所以，即的值域为. 所以的最大值为. 8. 定义平面向量的伪叉积：对于两个起点相同的平面向量、，记，其中是由逆时针旋转到与同向时的最小角（）．已知向量，，，则最大值为（ ） A. B. C. 9 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】设，先推得，从而得，利用换元法及基本不等式求解即可. 【详解】设，两向量与x轴正方向的夹角为，且， 则，， 不妨假设，结合题意可知，（时同理可证） 则 ， 因为，，， 所以， 令， 则 ，当且仅当时等号成立， 即得，即的最大值为. 二、多项选择题：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． 9. 若复数，则（） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 是方程的复数根 【答案】AC 【解析】 【详解】. 选项A：，正确. 选项B：的虚部为，不是，错误. 选项C：在复平面内对应点为，位于第四象限，正确. 选项D：将代入方程可得： ，故不是该方程的根，错误. 10. 在中，角、、所对的边分别为、、，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则一定为钝角三角形 B. 若，，则面积最大值为 C. 若，则一定为等腰三角形 D. P为所在平面内一点，若，则的面积与的面积之比为 【答案】AB 【解析】 【分析】由余弦定理可判断A；由题意和余弦定理推出，再利用三角形面积公式即可判断B；由题意可推出之间的关系，判断C；取M为的中点，由推出，可判断与的边上的高的比为，即可判断D. 【详解】对于A，若，则， 即，故C为钝角，一定为钝角三角形，A正确； 对于B，，，则， 即，当且仅当时取等号， 故，即面积最大值为，B正确； 对于C，在中，，则或， 即或，三角形为等腰或者直角三角形，C选项错误； 对于D，取为的中点，则， 由得，则， 故P点在线段上，且，则， 则与的边上的高的比为，故的面积与的面积之比为，D错误. 11. 如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 当在线段上运动时，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用反证法结合线面垂直的性质可判断A选项；作出截面，并推导出截面的形状，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；将和延展为同一个平面，结合两角和的余弦公式以及余弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、、、，如下图所示， 因为平面，平面，所以， 若存在点，使得平面，因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 在平面内，由于四边形为正方形，所以，故， 结合图形可知矛盾，故假设不成立，即不存在点，使得平面，A错； 对于B选项，过点作交于点，过点作交于点， 过点作交于点，过点作交于点， 过点作交于点，连接， 因为，为的中点，则为的中点， 同理可知、、、分别为、、、的中点， 在正方体中，且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为，所以，同理可证，， 故、、、、、六点共面， 由中位线的几何性质可知， 同理可得， 因为，，，所以， 易知为等边三角形，则， 由等角定理结合图形可知， 同理可得， 故六边形为正六边形， 因为，平面，所以平面，同理可证平面， 因为，、平面，所以平面平面， 当点在正六边形的边上运动时（不与点重合）， 则平面，所以平面， 所以点的轨迹为正六边形，B对； 对于C选项，如下图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 因为点在棱上运动，故点到平面的距离等于点到平面的距离，即为， 又因为， 故为定值，C对； 对于D选项，如下图所示， 由勾股定理可得， ， 因为平面，平面，所以， 由勾股定理可得， 将和延展为同一个平面，如下图所示： 由余弦定理可得， 所以， 易知为等腰直角三角形，且， 故 ， 由余弦定理可得，故， 所以点、、三点共线时，即当点为线段与的交点时，取最小值，且最小值为，D对. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数图象的平移变换法则求得函数的解析式，将代入即可得结果. 【详解】函数的图象上的所有点向左平移个单位长度， 得到函数, 所以,故答案为, 【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度. 13. 记、、分别为的内角、、的对边，且，，则的形状为________． 【答案】钝角三角形 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化得出，结合两角和的余弦公式可求出的值，由此可判断出的形状. 【详解】因为，，由正弦定理可得， 即， 因为，则， 由于、中至少有一个角为锐角，不妨设为锐角，则，故有，从而可知为钝角， 故为钝角三角形. 14. 已知三棱锥中三组相对的棱长分别相等，长度分别为，，，其中、，，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先识别对棱相等的三棱锥模型，采用补成长方体的方法，得到外接球表面积关于参数 的表达式；再利用条件 消元，将目标转化为二次函数，结合变量取值范围，借助二次函数性质求出 的最小值，最后回代计算出三棱锥外接球表面积的最小值. 【详解】因为三棱锥三组对棱分别相等，所以三棱锥可以补成长方体，三棱锥外接球与长方体外接球相同， 设长方体长、宽、高为 ，外接球半径为 ， 则 可得， 所以， 即：， 所以外接球表面积， 因为，，则 ， 所以，即， 所以， 则二次函数开口向上，对称轴， 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. 已知向量， （1）若，求的值及的模； （2）在（1）的条件下，是否存在实数，使得与共线． 【答案】（1）， （2）不存在实数使得与共线． 【解析】 【分析】（1）先利用向量垂直时点积为0列方程求出参数，再做向量线性坐标运算，最后代入模长公式计算向量的模； （2）先完成向量线性坐标运算，再运用向量共线的坐标公式列出方程，接着判断方程无解，得到满足条件的实数不存在即可. 【小问1详解】 由，，， 则，得， 即，所以， 所以； 【小问2详解】 在（1）的条件下可知： ， 与共线，所以，得方程无解， 所以不存在实数使得与共线． 16. 已知向量，，函数． （1）该函数的图象可由函数的图象经过怎样的平移和伸缩变换而得？ （2）若，求的值． 【答案】（1）图象可由图象上各点横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到图象，再将所得图象向左平移个单位，得到的图象；然后图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象； （2） 【解析】 【分析】（1）先利用向量数量积、三角恒等变换把函数化成标准型，再描述图像变换;（2）采用整体配凑角，借助诱导、二倍角公式整体代入求值. 【小问1详解】 依题意， ， 图象可由图象上各点横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到图象，再将所得图象向左平移个单位，得到的图象；然后图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图象； 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以 ． 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）连接，交于点O，连接， 因为四边形是正方形，所以O为中点， 又M为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）证明线面平行，常连接对角线构造三角形中位线，得到线线平行，再用判定定理推导线面平行； （2）求线面角，先找平面的垂线确定垂足，找出线面角的平面角，放到直角三角形中计算三角函数值求解角度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 连接，则直线与平面所成角的平面角为， 又平面，所以， 在正方形中，， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 在中，，， 所以直线与平面所成角为． 18. 已知、、分别为的内角、、的对边． （1）满足，，且，求； （2）在（1）的条件下，若，且的面积为，求的周长； （3）在锐角中，若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）6 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行的坐标表示列式，再利用正弦定理边化角求解即可； （2）因为，化简得到，结合余弦定理得到，所以周长为； （3）由，结合余弦定理，化简得， 再由正弦定理可得，化简得，则可得到，因为锐角得到B的范围，所以，所以的取值范围是. 【小问1详解】 由，，且， 所以，即， 化简整理得， 再由正弦定理得， 因为，， 所以，且，所以． 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理可得 即，所以， 所以的周长为． 【小问3详解】 因为， 又由余弦定理， 所以， 化简得， 因为，即， 由正弦定理可得（*）， 又因为， 代入（*）化简得：， 即， 又因为，，则， 所以，即， 因是锐角三角形，故，解得， 由， 因为，所以，所以， 所以的取值范围是. 19. 如图1所示，在等腰梯形中，，，垂足为，，将沿折起到的位置，如图2所示，且平面平面． （1）求证：平面平面； （2）已知点满足，如图3所示，求多面体的体积； （3）在（2）条件下，取线段的中点为．记直线与平面所成夹角为，异面直线与所成夹角为，二面角的大小为．求证：． 【答案】（1）为等腰梯形，，， 又∵平面平面，平面平面， 平面， 又平面，∴平面平面． （2） （3） 取中点为，连接、、、、, ，∴四边形为平行四边形，． 又平面， 为直线与平面所成夹角的平面角， ，为异面直线与所成夹角， 、分别为和的中点，， 、、、四点共面 又∵平面平面，，， 为二面角所成平面角， 在、、中 得，，， ． 【解析】 【分析】（1）先证明，利用面面垂直的性质得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）连接，取中点为O，连接，先证明平面，平面， 则，再求解即可； （3）取中点为点，先证明，，，由，，，即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，取中点为O，连接． 在直角梯形中，，， 则为等腰直角三角形，,且，, 又，平面平面，平面平面， 平面， 又平面, ，， ，∴四边形为直角梯形，， , ，、平面 平面, 在中，，, ，、平面, 平面， . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $