河北容城博奥学校2026届数学高一下期末复习检测试题含解析

河北容城博奥学校2026届数学高一下期末复习检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．中，，则（）A． B． C．或 D．02．已知向量，，若，，则的最大值为()A． B． C．4 D．53．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，则角（）A． B． C． D．4．已知圆与交于两点，其中一交点的坐标为，两圆的半径之积为9，轴与直线都与两圆相切，则实数（）A． B． C． D．5．已知向量，则（）A．12 B． C． D．86．已知，，且，则（）A．1 B．2 C．3 D．47．已知空间中两点和的距离为6，则实数的值为（）A．1 B．9 C．1或9 D．﹣1或98．在中，，，，则为（）A． B． C． D．9．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．10．已知点和点，是直线上的一点，则的最小值是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，则______；的最小值为______.12．已知中，，则面积的最大值为_____13．等差数列中，则此数列的前项和_________.14．中医药是反映中华民族对生命、健康和疾病的认识，具有悠久历史传统和独特理论及技术方法的医药学体系，是中华文明的瑰宝.某科研机构研究发现，某品种中成药的药物成份的含量（单位：）与药物功效（单位：药物单位）之间具有关系：.检测这种药品一个批次的5个样本，得到成份的平均值为，标准差为，估计这批中成药的药物功效的平均值为__________药物单位．15．已知满足约束条件，则的最大值为__________．16．已知函数，若，则的取值围为_________.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．如图，已知点P在圆柱OO1的底面⊙O上，分别为⊙O、⊙O1的直径，且平面．（1）求证：；（2）若圆柱的体积，①求三棱锥A1﹣APB的体积．②在线段AP上是否存在一点M，使异面直线OM与所成角的余弦值为？若存在，请指出M的位置，并证明；若不存在，请说明理由．18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，点是的中点，点是和的交点．(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．19．已知圆经过两点，且圆心在轴上．(1)求圆的方程；(2)若直线，且截轴所得纵截距为5，求直线截圆所得线段的长度．20．已知圆C过点，且圆心C在直线上．（1）求圆C的标准方程；（2）若过点（2，3）的直线被圆C所截得的弦的长是，求直线的方程．21．如图，在三棱柱中，底面，，，，分别为的中点，为侧棱上的动点（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为线段的中点，求证：平面；（Ⅲ）试判断直线与平面是否能够垂直．若能垂直，求的值；若不能垂直，请说明理由

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、D【解析】

根据正弦定理把角化为边，可得，然后根据余弦定理，可得，最后使用余弦定理，可得结果.【详解】由，所以，即由，又所以，则故，又故选：D【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，属基础题.2、A【解析】

设，由可得点的轨迹方程，再对两边平方，利用一元二次函数的性质求出最大值，即可得答案.【详解】设，，∵，∴，整理得：.∵，∴，当时，的最大值为，∴的最大值为.故选：A.【点睛】本题考查向量模的最值、模的坐标运算、一元二次函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的运用.3、B【解析】

根据正弦定理，可得，进而可求，再利用余弦定理，即可得结果．【详解】，∴由正弦定理，可得3b=5a，，，，，故选：B.【点睛】本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2）.4、A【解析】

根据圆的切线性质可知连心线过原点,故设连心线,再代入,根据方程的表达式分析出是方程的两根,再根据韦达定理结合两圆的半径之积为9求解即可.【详解】因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为,设两圆与轴的切点分别为,则两圆方程为：,因为圆与交于两点,其中一交点的坐标为.所以①,②.又两圆半径之积为9,所以③联立①②可知是方程的两根,化简得,即.代入③可得,由题意可知,故.因为的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故,故.故选：A【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.5、C【解析】

根据向量的坐标表示求出，即可得到模长.【详解】由题，，所以.故选：C【点睛】此题考查向量的数乘运算和减法运算的坐标表示，并求向量的模长，关键在于熟记公式，准确求解.6、D【解析】

根据向量的平行可得4m＝3m+4，解得即可．【详解】，，且，则，解得，故选D．【点睛】本题考查了向量平行的充要条件，考查了运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题．7、C【解析】

利用空间两点间距离公式求出值即可。【详解】由两点之间距离公式，得：，化为：，解得：或9，选C。【点睛】空间两点间距离公式：。代入数据即可，属于基础题目。8、D【解析】

利用正弦定理得到答案.【详解】根据正弦定理：即：答案选D【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.9、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10、D【解析】

求出A关于直线l：的对称点为C，则BC即为所求【详解】如下图所示：点，关于直线l：的对称点为C（0,2），连接BC,此时的最小值为故选D．【点睛】本题考查的知识点是两点间距离公式的应用，难度不大，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、50【解析】

由分段函数的表达式，代入计算即可；先求出的表达式，结合分段函数的性质，求最小值即可.【详解】由，可得，，所以；由的表达式，可得，当时，，此时，当时，，由二次函数的性质可知，，综上，的最小值为0.故答案为：5；0.【点睛】本题考查求函数值，考查分段函数的性质，考查函数最值的计算，考查学生的计算能力，属于基础题.12、【解析】

设，则，根据面积公式得，由余弦定理求得代入化简，由三角形三边关系求得，由二次函数的性质求得取得最大值．【详解】解：设，则，根据面积公式得，由余弦定理可得，可得：，由三角形三边关系有：，且，解得：，故当时，取得最大值，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理和面积公式在解三角形中的应用．当涉及最值问题时，可考虑用函数的单调性和定义域等问题，属于中档题．13、180【解析】由,,可知.14、92【解析】

由题可得，进而可得，再计算出，从而得出答案．【详解】5个样本成份的平均值为，标准差为，所以，，即，解得因为，所以所以这批中成药的药物功效的平均值药物单位【点睛】本题考查求几个数的平均数，解题的关键是求出，属于一般题．15、57【解析】

作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴的截距取最大值时的最优解，再将最优解代入目标函数可得出目标函数的最大值.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距取最大值，此时，取最大值，即，故答案为.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线结合在坐标轴上的截距取最值时，找最优解求解，考查数形结合数学思想，属于中等题．16、【解析】

由函数，根据，得到，再由，得到，结合余弦函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数，又由，即，即，因为，则，所以或，即或，所以实数的取值围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦的倍角公式，以及三角不等式的求解，其中解答中熟练应用余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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、（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】

（1）根据，得出平面，故而；（2）①根据圆柱的体积计算，根据计算，，代入体积公式计算棱锥的体积；②先证明就是异面直线与所成的角，然后根据可得，故为的中点．【详解】（1）证明：∵P在⊙O上，AB是⊙O的直径，平面又，平面，又平面，故．（2）①由题意，解得，由，得，，∴三棱锥的体积．②在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．证明：∵O、M分别为的中点，则，就是异面直线OM与所成的角，又，在中，．∴在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算以及异面直线所成的角，属于中档题．18、(1)证明见解析；（2）.【解析】

(1)在中，利用中位线性质得到，证明平面.(2)直接利用体积公式得到答案.【详解】在中，点是的中点，底面是正方形点为中点根据中位线性质得到，平面，故平面.(2)底面【点睛】本题考查了线面平行，三棱锥体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19、(1)(2)【解析】

（1）设圆心的坐标为，利用求出的值，可确定圆心坐标，并计算出半径长，然后利用标准方程可写出圆的方程；（2）由，得出直线的斜率与直线的斜率相等，可得出直线的斜率，再由截轴所得纵截距为，可得出直线的方程，计算圆心到直线的距离，则.【详解】（1）设圆心，则，则所以圆方程：．（2）由于，且，则，则圆心到直线的距离为：．由于，【点睛】本题考查圆的方程的求解以及直线截圆所得弦长的计算，再解直线与圆相关的问题时，可充分利用圆的几何性质，利用几何法来处理，问题的核心在于计算圆心到直线的距离的计算，在计算弦长时，也可以利用弦长公式来计算。20、（1）；（2）或.【解析】

（1）设圆心,由两点间的距离及圆心在直线上，列出方程组，求解即可求出圆心坐标，进而求出半径，写出圆的方程（2）由的长是，求出圆心到直线的距离，然后分直线斜率存在与不存在求解.【详解】（1）设圆C的标准方程为依题意可得：解得，半径.∴圆C的标准方程为；（2）,∴圆心到直线m的距离①直线斜率不存在时，直线m方程为：；②直线m斜率存在时，设直线m为.,解得∴直线m的方程为∴直线m的方程为或.【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系，点到直线的距离，属于中档题.21、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）直线BC1与平面APM不能垂直，详见解析【解析】

（Ⅰ）由等腰三角形三线合一得；由线面垂直性质可得；根据线面垂直的判定定理知平面；由面面垂直判定定理证得结论；（Ⅱ）取中点，可证得，；利用线面平行判定定理和面面平行判定定理可证得平面平面；根据面面平行性质可证得结论；（Ⅲ）假设平面，由线面垂直性质可知，利用相似三角形得到，从而解得长度，可知满足垂直关系时，不在棱上，则假设错误，可得到结论.【详解】（Ⅰ），为中点平面，平面又平面平面，平面又平面平面平面（