2026年江苏省连云港市高一期末数学试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025～2026学年第二学期期末考试高一数学试题注意事项：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，再涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．不等式的解集为（

）A． B．C． D．3．在中，是上一点，且，设，，用，表示为（

）A． B． C． D．4．已知一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线与下底面所成的角为，则圆台的体积为（

）A． B． C． D．5．已知，是夹角为的两个单位向量，，，则（

）A． B． C． D．6．已知，，，，则（

）A． B． C． D．7．在正方体中，为的中点，则与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点，则二面角的余弦值为（

）A． B． C． D．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9．已知向量，，，下列结论正确的有（

）A．若，则 B．若，则C．若与的夹角为，则 D．若与平行，则10．设，表示两个不同的平面，，表示两条不同的直线，下列结论正确的有（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则11．已知棱长为2的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上的动点，下列说法正确的有（

）A．该正四面体的外接球的半径为B．若，为的中点，则的最小值为C．若，则的最小值为D．过点的截面与和都平行，则截面面积的最大值为1三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12．复数的虚部为____________．13．已知向量，满足，，若，则____________．14．在中，已知，，则____________．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．已知函数，．(1)求函数的最小正周期；(2)求函数的最大值．16．如图，，是某沼泽地上不便到达的两点，，是可到达的两点，，，，四点都在水平面上，测得：，，，，．(1)求，两点之间的距离（精确到）；(2)求四边形的面积（精确到）．（参考数据：，）17．如图，在正方体中：

(1)若分别为棱，上的点，且，，证明：平面；(2)若为棱上的一点，且平面平面，求的值．18．（1）如图1，已知，，，证明：；（2）如图2，已知平面，，，，，，证明：．19．如图，在矩形中，，，是线段上的动点（端点除外），将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面，且点在平面内的射影落在线段上．

(1)是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由；(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小；(3)求三棱锥体积的最大值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】利用交集运算计算即可.【详解】由集合，则.2．D【详解】由可得，所以不等式的解集为3．B【分析】利用平面向量的线性运算法则，结合点C分线段AB的比例关系，推导的表达式。【详解】因为点在上，且，故，根据向量减法的三角形法则，，根据向量加法的三角形法则，则：.4．D【分析】应用圆台上底面半径及线面角得出圆台的高，求出圆台体积即可．【详解】圆台上下底面半径分别为，由母线与下底面夹角为得高，代入圆台体积公式，计算得，5．C【详解】因为，，所以根据数量积的运算律有，，即.6．A【分析】先根据范围确定取值区间，结合已知正弦值判断余弦符号，利用同角平方关系求出与，再把拆成，套用两角差的正弦公式代入数值运算得到．【详解】因为，，所以，又，，所以，，所以．7．B【分析】先设正方体棱长并建立空间直角坐标系，写出各点坐标得到两条直线的方向向量，通过向量点积公式求出向量夹角余弦，再取其绝对值得到异面直线夹角的余弦值．【详解】设正方体棱长为，如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，，，，，，，所以，所以与夹角的余弦值为．8．B【分析】连接，利用定义法确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解其余弦值.【详解】在四棱柱中，由，平面，得平面，又平面，则，由底面是菱形，得，令，连接，由，是的中点，得，又平面，则平面，又平面，因此，为二面角的平面角，由，，，点为的中点，得，，，由余弦定理得，所以二面角的余弦值为.9．ACD【分析】利用向量共线的坐标表示计算判断A；利用向量垂直的坐标表示计算判断B；利用向量夹角的坐标表示计算判断C；利用向量共线列式求解判断D.【详解】对于A，由，得，解得，A正确；对于B，由，得，解得，B错误；对于C，由与的夹角为，得，解得，C正确；对于D，依题意，不共线，由与平行，得，解得，D正确.10．BC【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系，再结合反例，逐项判断即可.【详解】选项A：若，则或，并非一定满足，故A错误；选项B：根据线面垂直的性质，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，因此若，则，故B正确；选项C：根据面面平行的判定，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，因此若，则，故C正确；选项D：如下图正方体中，不妨取平面为平面，平面为平面，直线为，则满足，，但，即不成立，故D错误.11．ABD【分析】选项A，将正四面体放入正方体中求解，正四面体的外接球就是包裹它的正方体的外接球，正方体外接球直径等于正方体体对角线，求出正方体的对角线即可得解；选项B，求出平面，从而得到动点的轨迹为线段，得到为中点时，，此时垂线段长度最小，利用勾股定理在中求出的最小值；选项C，求出满足条件的动点的轨迹为线段，且当时，取得最小值，计算出最小值即可得解；选项D，求出为矩形，设，求出，，则矩形的面积为，利用二次函数求出最大值即可得解.【详解】选项A，棱长为的正四面体，可看作棱长为的正方体切掉个角（个全等小三棱锥）得到，且正方体面对角线等于正四面体棱长，即，解得，即容纳该正四面体的正方体棱长为，正四面体的外接球就是包裹它的正方体的外接球，正方体外接球直径等于正方体体对角线，正方体体对角线长：，外接球半径，故选项A正确.选项B，连接、,正四面体中、均为边长等于2的等边三角形，是中点，则，，又平面，平面，且，则平面.当点在线段上，则平面，得，因此满足条件的动点的轨迹为线段.在中，，，，同理可得，在中，，，则为等腰三角形，当为中点时，，此时垂线段长度最小，，在中，，故选项B正确.选项C，过点作，分别交、于点、，连接、、，因为是正的中心，故；又，得，因为三棱锥是正四面体，所以平面，因为平面，所以.因为，且平面，所以平面，若在线段上，则平面，因为平面，所以，因此满足条件的动点的轨迹为线段，延长交于点，则为中点，因为是正的中心，则，因为，所以，故，在中，，，，由余弦定理得,解得，同理，在中，，，由余弦定理可得，则，当时，取得最小值，且最小值为，故的最小值为，因此选项C错误.选项D，过点的截面交于，交于，交于，因为截面，平面，平面平面，所以，同理，则，同理可得，所以四边形为平行四边形，因为是正四面体，所以，因为，，所以，所以为矩形，设，则，则，解得，，解得，则矩形的面积为，对称轴为，故当时，矩形的面积取最大值，且最大值为，即截面面积的最大值为1，故选项D正确.12．【详解】复数的虚部为13．【分析】先通过向量差的坐标结合向量数量积的运算性质求得两向量的数量积，再计算和向量的模.【详解】因，，，则，则，故.14．【分析】两式相加得出即可得出，再应用两角差正弦公式计算得出角.【详解】因为，，则将两个已知等式相加得知，则，即得，结合得，故；将两个已知等式相减得，结合得，因此.15．(1)(2)【分析】（1）通过二倍角公式、同角三角函数关系将原式化简为正弦型函数，再结合正弦型函数的性质求解周期；（2）利用正弦函数范围求解最大值.【详解】（1），其中，则函数的最小正周期；（2）由，其中，由，故的最大值为.16．(1)(2)【分析】（1）根据题意在和中，利用正弦定理求出和，然后在中，利用余弦定理求解即可.（2）将四边形的面积分割为和的面积之和，然后利用三角形面积公式求解即可.【详解】（1）在中，，则，所以由，得，在中，，，所以，所以由，得，在中，由余弦定理得，则，因为，所以，故，两点之间的距离为.（2）在中，，，，则，在中，，，，则，所以四边形的面积.所以四边形的面积为.17．(1)连接，在正方体中，易知，因为，，故，又因为，故，又因为平面，平面，故平面.(2).【分析】（1）利用线段等比证明，再利用平行的传递性证明，即可得证；（2）由面面垂直得到二面角为直二面角，进而得到，设出的长度，利用勾股定理即可得解.【详解】（1）略.（2）

连接，与交于，易知点是中点，连接，易知平面，故，又因为，由勾股定理可知，，又因为是中点，故，同理易证.因为平面平面，故二面角为直二面角，因为平面，平面，平面平面，，故是二面角的平面角，即.不妨设，设，则，，由勾股定理计算得，，，又因为，故，即，得，则，因此.18．（1）证明：如图1，过直线作平面，，过直线作平面，，，，，，，，，，，，，，.（2）证明：如图2，在上任取一点，设，过点作，所以,因为，，，，所以，因为，，，，所以，因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以是同一条直线，又因为，所以与是同一条直线，所以.【分析】（1）过直线作辅助平面分别交、于、，由线面平行的性质得且，故；由且，结合交线性质得，从而；（2）在上任取点，分别在、内作垂直于各自与交线的垂线，由面面垂直性质得两垂线均垂直于，过同一点只有一条直线与平面垂直，故两垂线重合，即为，所以.【详解】略.19．(1)不存在，理由如下：如图１，连接，因为点在平面内的射影落在线段上，所以平面，因为平面，所以，若存在点，使得平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，这与已知条件中矛盾，所以不存在点，使得平面．(2)；(3).【分析】（1）采用反证法，假设存在满足条件的点M，由线面垂直的性质推出矛盾，因此不存在；（2）先通过作平行线将线面角转化为已知角，利用面积比和等体积法建立方程求出，再构造二面角的平面角，在直角三角形中计算正弦值，得到二面角；（3）用等体积法将三棱锥体积表示为的函数，通过换元转化为分式函数，利用基本不等式求出最大值.【详解】（1）略.（2）作，作平面，连接，，所以直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，也即，设，所以，因为，，，所以四边形是矩形，所以