四川省成都市新都第一中学2026届数学高一下期末经典试题含解析

四川省成都市新都第一中学2026届数学高一下期末经典试题考生须知：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．已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（）A．（0，1） B． C． D．2．若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的3倍，则（）A． B． C． D．73．若展开式中的系数为-20，则等于（）A．-1 B． C．-2 D．4．已知函数的最大值是2，则的值为（）A． B． C． D．5．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A． B． C． D．6．已知向量若为实数，则＝（）A．2 B．1 C． D．7．设复数（是虚数单位），则在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A． B． C． D．8．已知为直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则9．在中，内角的对边分别为，若，那么（）A． B． C． D．10．设等差数列的前项和为，，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设为虚数单位，复数的模为______．12．平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，，，则_______.13．圆上的点到直线的距离的最小值是______.14．已知一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是等腰直角三角形，则该几何体的体积为__________．15．在正方体中，是的中点，连接、，则异面直线、所成角的正弦值为_______.16．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i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．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若的面积为8，，求的值.18．的内角的对边分别为，已知.（1）求角；（2）若，求的面积.19．如图，是菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，，．（1）若，求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）若，求直线与平面所成角的余弦值．20．已知点，，动点满足，记M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过坐标原点O的直线l交C于P、Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为H．连结QH并延长交C于点R．（i）设O到直线QH的距离为d．求d的取值范围;（ii）求面积的最大值及此时直线l的方程．21．已知数列前项和为，，且满足（）．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设数列前项和为，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、B【解析】

先求得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b；②若点M在点O和点A之间，求得b；③若点M在点A的左侧，求得b＞1．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为1，由于直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，故0，故点M在射线OA上．设直线y＝ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．①若点M和点A重合，如图：则点N为线段BC的中点，故N（，），把A、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．②若点M在点O和点A之间，如图：此时b，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，即，即，可得a0，求得b，故有b．③若点M在点A的左侧，则b，由点M的横坐标1，求得b＞a．设直线y＝ax+b和AC的交点为P，则由求得点P的坐标为（，），此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即•（1﹣b）•|xN﹣xP|，即（1﹣b）•||，化简可得2（1﹣b）2＝|a2﹣1|．由于此时b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2．两边开方可得（1﹣b）1，∴1﹣b，化简可得b＞1，故有1b．综上可得b的取值范围应是，故选B．【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考查了运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．2、A【解析】由题意，焦点坐标，所以，解得，故选A。3、A【解析】由，可得将选项中的数值代入验证可得，符合题意，故选A.4、B【解析】

根据诱导公式以及两角和差的正余弦公式化简，根据辅助角公式结合范围求最值取得的条件即可得解.【详解】由题函数，最大值是2，所以，平方处理得：，所以，，所以.故选：B【点睛】此题考查根据三角函数的最值求参数的取值，考查对三角恒等变换的综合应用.5、B【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体挖去一个圆锥的组合体，正方体体积为，圆锥体积为几何体的体积为，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.6、D【解析】

求出向量的坐标，然后根据向量的平行得到所求值．【详解】∵，∴．又，∴，解得．故选D．【点睛】本题考查向量的运算和向量共线的坐标表示，属于基础题．7、A【解析】，所以复数对应的点为，故选A.8、C【解析】

利用直线与平面平行、垂直的判断即可。【详解】对于A.若，，则或，所以A错对于B.若，，则，应该为，所以B错对于D.若，，则或，所以D错。所以选择C【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直和直线与平面平行的性质。属于基础题。9、B【解析】

化简,再利用余弦定理求解即可.【详解】.故.又,故.故选：B【点睛】本题主要考查了余弦定理求解三角形的问题,属于基础题.10、A【解析】

利用等差数列的基本量解决问题.【详解】解：设等差数列的公差为，首项为，因为，，故有，解得，，故选A.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与前项和公式，解决问题的关键是熟练运用基本量法.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、5【解析】

利用复数代数形式的乘法运算化简，然后代入复数模的公式，即可求得答案．【详解】由题意，复数，则复数的模为．故答案为5【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算，以及复数模的计算，其中熟记复数的运算法则，和复数模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12、．【解析】

由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求．【详解】由题意，在中，，在中，，即，解得，或．若，则，，不合题意，舍去，所以．故答案为：．【点睛】本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理．掌握余弦定理是解题关键．13、【解析】

求圆心到直线的距离，用距离减去半径即可最小值.【详解】圆C的圆心为，半径为，圆心C到直线的距离为：，所以最小值为：故答案为：【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离的最值，若圆心距为d，圆的半径为r且圆与直线相离，则圆上的点到直线距离的最大值为d+r，最小值为d-r.14、【解析】

首先根据三视图还原几何体，再计算体积即可.【详解】由三视图知：该几何体是以底面是直角三角形，高为的三棱锥，直观图如图所示：.故答案为：【点睛】本题主要考查三视图还原直观图，同时考查了锥体的体积计算，属于简单题.15、【解析】

作出图形，设正方体的棱长为，取的中点，连接、，推导出，并证明出，可得出异面直线、所成的角为，并计算出、，可得出，进而得解.【详解】如下图所示，设正方体的棱长为，取的中点，连接、，为的中点，则，，且，为的中点，，，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，，所以，异面直线、所成的角为，在中，，，.因此，异面直线、所成角的正弦值为.故答案为：.【点睛】本题考查异面直线所成角的正弦值的计算，考查计算能力，属于中等题.16、1【解析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=0三、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、（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理，将csinA＝acosC转化为，可得，从而可得角C的大小；(2)利用面积公式直接求解b即可【详解】（1）由正弦定理得，因为所以sinA＞0，从而，即，又，所以；(2)由得b=8【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查正弦定理的应用，面积公式的应用，考查化归思想属于中档题．18、(1)；(2)【解析】

（1）首先利用正弦定理的边角互化，可将等式化简为，再利用，可知，最后化简求值；（2）利用余弦定理可求得，代入求面积.【详解】（1）由已知以及余弦定理得：所以,（2）由题知，【点睛】本题第一问考查了正弦定理，第二问考查了余弦定理和面积公式，当一个式子有边也有角时，一般可通过正弦定理边角互化转化为三角函数恒等变形问题，而对于余弦定理与三角形面积的关系时，需重视的变形使用.19、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】

（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；（2）只需证明平面．即可证明平面平面；（3）作于，则为与平面所成角，在中，由余弦定理得即可．【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵是菱形的对角线，的交点，∴，且，又∵，且，∴，且，从而为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）∵四边形为菱形，∴，∵，是的中点，∴，又，∴平面，又平面，∴平面平面；（3）作于，∵平面平面，∴平面，则为与平面所成角，由及四边形为菱形，得为正三角形，则，，，∴为正三角形，从而，在中，由余弦定理，得，∴与平面所成角的余弦值为．【点睛】本题主要考查了空间线面位置关系、线面角的计算，属于中档题．20、(1)；(2)（i）（ii）面积最大值为，直线的方程为.【解析】

（1）根据题意列出方程求解即可（2）联立直线与圆的方程，得出P、Q、H三点坐标，表示出QH直线方程，采用点到直线距离公式求解；利用圆的几何关系，表示出三角形的底和高，再结合函数最值问题进行求解【详解】（1）由及两点距离公式，有，化简整理得，．所以曲线C的方程为；（2）（i）设直线l的方程为；将直线l的方程与圆C的方程联立，消去y，得（，解得因此，，，所以直线QH的方程为．到直线QH的距离，当时．，所以，（ii）过O作于D，则D为QR中点，且由（i）知，，，又由，故的面积，由，有，所