江西省广昌一中2026届高一下数学期末复习检测试题含解析

江西省广昌一中2026届高一下数学期末复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知向量，，则，的夹角为（）A． B． C． D．2．在中，若为等边三角形（两点在两侧），则当四边形的面积最大时，（）A． B． C． D．3．已知数列满足，则（）A．2 B． C． D．4．阅读如图的程序框图，运行该程序，则输出的值为（）A．3 B．1C．-1 D．05．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为（）A． B．C． D．6．在中，角的对边分别为，若，则形状是（）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形7．下列函数中，既是偶函数又在上是单调递减的是A． B． C． D．8．等差数列的前项和为，若，则（）A．27 B．36 C．45 D．549．已知的内角、、的对边分别为、、，边上的高为，且，则的最大值是（）A． B． C． D．10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则在方向上的投影为（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．______.12．已知，，若，则____13．已知函数，若对任意都有（）成立，则的最小值为__________．14．已知函数，下列说法：①图像关于对称；②的最小正周期为；③在区间上单调递减；④图像关于中心对称；⑤的最小正周期为；正确的是________.15．已知圆上有两个点到直线的距离为3，则半径的取值范围是________16．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为_____________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD="40"m,则电视塔的高度为多少？18．在中，，且的边a，b，c所对的角分别为A，B，C.（1）求的值；（2）若，试求周长的最大值.19．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面是的中点.（1）求证：平面；（2）若，证明：20．如图，在几何体P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，四边形ABCD为矩形，△PAB为正三角形，若AB＝2，AD＝1，E，F分别为AC，BP中点．（1）求证：EF∥平面PCD；（2）求直线DP与平面ABCD所成角的正弦值．21．设为数列的前项和，．（1）求证：数列是等比数列；（2）求证：．

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】

由题意得，即可得，再结合即可得解.【详解】由题意知，则.，则，的夹角为.故选：A.【点睛】本题考查了向量数量积的应用，属于基础题.2、A【解析】

求出三角形的面积，求出四边形的面积，运用三角函数的恒等变换和正弦函数的值域，求出满足条件的角的值即可．【详解】设，，，是正三角形，，由余弦定理得：，，时，四边形的面积最大，此时．故选A．【点睛】本题考查余弦定理和三角形的面积公式，考查两角的和差公式和正弦函数的值域，考查化简运算能力，属于中档题．3、B【解析】

利用数列的递推关系式，逐步求解数列的即可．【详解】解：数列满足，，所以，．故选：B．【点睛】本题主要考查数列的递推关系式的应用，属于基础题．4、D【解析】

从起始条件、开始执行程序框图，直到终止循环.【详解】，，，，，输出.【点睛】本题是直到型循环，只要满足判断框中的条件，就终止循环，考查读懂简单的程序框图.5、A【解析】

设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；所以线段的中垂线方程为：；线段的中垂线方程为：；故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立，解得：；即的外接圆圆心的横坐标为的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）所以点的坐标为；故答案选A【点睛】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题6、D【解析】

由，利用正弦定理化简可得sin2A＝sin2B，由此可得结论．【详解】∵，∴由正弦定理可得，∴sinAcosA＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A+2B＝π，∴A＝B或A+B＝，∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形故选D．【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.7、B【解析】

可先确定奇偶性，再确定单调性．【详解】由题意A、B、C三个函数都是偶函数，D不是偶函数也不是奇函数，排除D，A中在上不单调，C中在是递增，只有B中函数在上递减．故选B．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，解题时可分别确定函数的这两个性质．8、B【解析】

利用等差数列的性质进行化简，由此求得的值.【详解】依题意，所以，故选B.【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和公式，属于基础题.9、C【解析】

由余弦定理化简可得，利用三角形面积公式可得，解得，利用正弦函数的图象和性质即可得解其最大值．【详解】由余弦定理可得：，故：，而，故，所以：．故选．【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．10、A【解析】

根据正弦定理，将已知条件进行转化化简，结合两角和差的正弦公式可求，根据在方向上的投影为，代入数值，即可求解．【详解】因为，所以，即，即，因为，所以，所以，所以在方向上的投影为：．故选：A．【点睛】本题主要考查正弦定理和平面向量投影的应用，根据正弦定理结合两角和差的正弦公式是解决本题的关键，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先令，得到，两式作差，根据等比数列的求和公式，化简整理，即可得出结果.【详解】令，则，两式作差得：所以故答案为：【点睛】本题主要考查数列的求和，熟记错位相加法求数列的和即可，属于常考题型.12、【解析】

由，，得的坐标，根据得，由向量数量积的坐标表示即可得结果.【详解】∵，，∴又∵，∴，即，所以，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，两向量垂直与数量积的关系，属于基础题.13、【解析】

根据和的取值特点，判断出两个值都是最值，然后根据图象去确定最小值.【详解】因为对任意成立，所以取最小值，取最大值；取最小值时，与必为同一周期内的最小值和最大值的对应的，则，且，故.【点睛】任何一个函数，若有对任何定义域成立，此时必有：，.14、②③⑤【解析】

将函数解析式改写成：，即可作出函数图象，根据图象即可判定.【详解】由题：，，所以函数为奇函数，，是该函数的周期，结合图象分析是其最小正周期，，作出函数图象：可得，该函数的最小正周期为，图像不关于对称；在区间上单调递减；图像不关于中心对称；故答案为：②③⑤【点睛】此题考查三角函数图象及其性质的辨析，涉及周期性，对称性和单调性，作为填空题，恰当地利用图象解决问题能够起到事半功倍的作用.15、【解析】

由圆上有两个点到直线的距离为3，先求出圆心到直线的距离，得到不等关系式，即可求解．【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，又因为圆上有两个点到直线的距离为3，则，解得，即圆的半径的取值范围是．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中合理应用圆心到直线的距离，结合图象得到半径的不等关系式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．16、或【解析】

分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为，把已知点坐标代入即可求出的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把已知点的坐标代入即可求出的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程．【详解】解：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为，把代入所设的方程得：，则所求直线的方程为即；②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把代入所求的方程得：，则所求直线的方程为即．综上，所求直线的方程为：或．故答案为：或【点睛】此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题．三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、40m．【解析】试题分析：本题是解三角形的实际应用题，根据题意分析出图中的数据，即∠ADB=30°，∠ACB=45°，所以，可以得出在Rt△ABD中，BD=AB，在Rt△ABC中，∴BC=AB．在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD，代入数据，运算即可得出结果．试题解析：根据题意得，在Rt△ABD中，∠ADB=30°，∴BD=AB，在Rt△ABC中，∠ACB=45°，∴BC=AB．在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD，∴3AB2=AB2+CD2-2AB·CDcos120°整理得AB2-20AB-800=0，解得，AB=40或AB=-20（舍）．即电视塔的高度为40m考点：解三角形．18、（1）（2）【解析】

（1）利用三角公式化简得到答案.（2）利用余弦定理得到，再利用均值不等式得到，得到答案.【详解】（1）原式（2），时等号成立.周长的最大值为【点睛】本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，周长的最大值，意在考查学生解决问题的能力.19、（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】

（1）首先取的中点，连接，.根据已知条件和三角形中位线定理得到，又因为四边形为平行四边形，所以，再利用线面平行的判定即可证明.（2）首先连接，利用线面垂直的判定证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明.【详解】（1）取的中点，连接，.因为分别为，的中点，所以.又因为，所以.所以四边形为平行四边形，.又因为平面，所以平面.（2）连接，因为，是的中点，所以.因为平面平面，，所以平面.又因为平面，所以.平面.平面，所以.【点睛】本题第一问考查线面平行的证明，第二问考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，属于中档题.20、(1)见证明；(2)【解析】

(1)根据EF是△BDP的中位线可知EF∥DP，即可利用线线平行得出线面平行；(2)取AB中点O,连接PO，DO，可证明∠PDO为DP与平面ABCD所成角，在Rt△DOP中求解即可.【详解】(1)因为E为AC中点，所以DB与AC交于点E．因为E，F分别为AC，BP中点，所以EF是△BDP的中位线，所以EF∥DP．又DP⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF∥平面PCD．(2)取AB中点O,连接PO，DO∵△PAB为正三角形，∴PO⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面PAB∴PO⊥平面ABCD,∴DP在平面ABCD内的射影为DO，∠PDO为DP与平面ABCD所成角，在Rt△DOP中，sin∠PDO=,∴直线DP与平面ABCD所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，线面角的求法，属于中档题.21、（1）见解析；（2）见解析.【解析】

（1）令，由求出的值，再