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2026届高一下学期期末考试数学学科试卷
一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】.
故选：A
2. 关于直线及平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】B
【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误；
对于B，若，，则或，
若，又，故，
若，则存在直线使得，又，所以，所以，故B正确；
对于C，若，，则，又，则或，故C错误；
对于D，若，则或或或与相交（不垂直），故D错误.
故选：B.
3. 如图所示，在中，，，若，，则（ ）
/
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】因为，
所以，
故选：B
4. 已知复数z1＝，z2＝，则z1z2的代数形式是（ ）
A. B.
C. －i D. ＋i
【答案】D
【详解】
故选:D.
5. 如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的周长为（ ）
A. 8 B. C. 4 D.
【答案】A
【详解】将直观图复原为原图，如图：
则 ,故，
所以原图形的周长为 ，
故选：A
6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
8. 已知锐角中，，则边上的高的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为锐角中，，
则，解得，
由正弦定理可得，则，，
设边上的高为，因为，
可得
，
因为，则，可得，
所以．
所以边上的高的取值范围为．
故选：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，则正确的有（ ）
A. B. 与方向相反单位向量是
C. 与的夹角为 D. 与平行
【答案】AC
【详解】对于A，由，，则，
故选项A正确；
对于B，与同向的单位向量，
则与方向相反的单位向量是，故选项B错误；
对于C，设与的夹角为，则，
再由，则，故选项C正确；
对于D，由，
所以与不平行，故选项D错误.
故选：AC.
10. 如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（ ）
A. f（0）=
B. +=
C. f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z）
D. f（x）的图象关于直线x=5对称
【答案】AD
【详解】由题意可知，当的面积最大时，点为函数图象上的一个最高点，
设点的坐标为，由余弦型函数的对称性可知，又，
则为等腰直角三角形，且，则直线的斜率为，
得，则点坐标为，
所以，函数最小正周期为，
，
，得，
，，
，得，则，
∴，A选项正确；
，B选项错误；
解不等式，解得，
所以，函数的单调递增区间为，C选项错误；
，所以，函数的图象关于直线对称，D选项正确.
故选：AD.
11. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ）
A. 平面
B. 存在唯一一点，使
C. 存在无数个点，使
D. 若，则点到直线的最短距离为
【答案】ACD
【详解】解：对于A，因为平面，所以点在平面上，又因为平面∥平面，所以平面，所以A正确，
对于B，假设存在点，使得，因为∥，所以∥，这与在平面外矛盾，所以假设不成立，即点不存在，所以B错误，
对于C，如图，因为平面，平面平面，所以当点在直线上时，恒有，所以C正确，
如图，若，则点在以为球心，（）为半径的球面上，设平面，则点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，所以平面被球面截得的圆的半径为，且圆心为中点，设为，则在等边三角形中，到直线的距离为，所以点到直线的距离的最小值为，所以D正确，
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，满足，，，则与的夹角为___________.
【答案】
【详解】对两边平方可得：，
所以，
由，
可得，
所以夹角为，
故答案为：.
13. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________．
【答案】
【详解】因为圆锥的底面直径为2，它的轴截面是等边三角形，
则圆锥的母线长，底面半径，
所以圆锥表面积为．
故答案为：．
14. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为______．
【答案】
【详解】设，扇形的半径为1，
则，，
，所以，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以当，即时, 取得最大值.
故答案为：.
四、解答题：本大题5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 复数满足，为纯虚数，若复数在复平面内所对应的点在第一象限．
（1）求复数；
（2）复数，，所对应的向量为，，，已知，求的值．
【答案】（1）；
（2）
【小问1详解】
设，因为复数在复平面内所对应的点在第一象限，所以，又，则①，
为纯虚数，则②，由①②可得，则；
【小问2详解】
由（1）得，，，则，，，则，
由可得，即，解得.
16. 如图，正三棱柱中，是的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
连接，设，连接，
是正三棱柱，且，
∴四边形是正方形，是的中点，
又是的中点，，
平面平面平面．
【小问2详解】
∵正三棱柱中，是的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
．
17. 在中，为上一点，，，.
（1）若，求外接圆的半径；
（2）若，为锐角，求面积.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由余弦定理
，解得；
又，解得；
外接圆的半径为；
【小问2详解】
因为，为锐角，
则；
设，则，
在中，，
由余弦定理得，解得；
所以；
由正弦定理，即，解得；
所以，
即的面积为.
18. 已知向量，．设函数，．
（1）求函数的单调增区间．
（2）当时，方程有两个不等的实根，求的取值范围；
（3）若方程在上的解为，，求．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【小问1详解】
由题意可知，
，
由，可得，
∴函数的单调增区间为；
【小问2详解】
令，
当时，令，则
且在区间上单调递增，在区间上单调递减，
若使得方程有两个不等的实根
则需函数与有两个交点
即，与有两个交点，
所以，即；
小问3详解】
由，令，则
所以
又因为时，图象关于对称，且，
时，图象关于对称，且，
所以等价于，
设为与两交点的横坐标，则，
，为方程的两个解，
，
即，即，，
所以.
19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积．
【答案】（1）
（2）作图见解析 （3）面积为，体积为
【小问1详解】
因为正方体的棱长为，
所以四分之一圆柱体的体积为：．
【小问2详解】
如图：
曲线是所求的一条交线．
【小问3详解】
如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形．
因为，所以，而正方体的棱长为，因此，
所以，因此正方形的面积为，
即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为．
用平行于八分之一“牟合方盖”底面，
且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”，
所得截面的面积为．
所得截面如图：
正方体的棱长为为底面的中心，
把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上，
则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间，
则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面距离为的平面去截所得几何体，
截面为图中的阴影部分，且面积为，
因此八分之一“牟合方盖”的体积为，
所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为．2026届高一下学期期末考试数学学科试卷
一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
2. 关于直线及平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
3. 如图所示，在中，，，若，，则（ ）
/
A. B. C. D.
4. 已知复数z1＝，z2＝，则z1z2的代数形式是（ ）
A. B.
C. －i D. ＋i
5. 如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的周长为（ ）
A. 8 B. C. 4 D.
6. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知锐角中，，则边上的高的取值范围为（ ）
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，则正确的有（ ）
A. B. 与方向相反单位向量是
C. 与的夹角为 D. 与平行
10. 如图所示，点M，N是函数f（x）=2cos（>0，）的图象与x轴的交点，点P在M，N之间的图象上运动，若M（－1，0），且当△MPN的面积最大时，PM⊥PN，则（ ）
A. f（0）=
B. +=
C. f（x）的单调增区间为[－1+8k，1+8k]（k∈Z）
D. f（x）的图象关于直线x=5对称
11. 正方体棱长为，若是空间异于的一个动点，且，则下列正确的是（ ）
A. 平面
B. 存在唯一一点，使
C. 存在无数个点，使
D. 若，则点到直线的最短距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，满足，，，则与的夹角为___________.
13. 底面直径为2的圆锥，它的轴截面是等边三角形，则该圆锥的表面积为___________．
14. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为______．
四、解答题：本大题5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 复数满足，为纯虚数，若复数在复平面内所对应的点在第一象限．
（1）求复数；
（2）复数，，所对应的向量为，，，已知，求的值．
16. 如图，正三棱柱中，是的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
17. 在中，为上一点，，，.
（1）若，求外接圆的半径；
（2）若，为锐角，求面积.
18. 已知向量，．设函数，．
（1）求函数的单调增区间．
（2）当时，方程有两个不等的实根，求的取值范围；
（3）若方程在上的解为，，求．
19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积．

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