广州市高一下学期数学期末考试练习题及答案解析

广州市第八十六中学2025-2026学年度第二学期期中考试一、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.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法中直观图与原平面图形的关系，先还原原平面图形，计算原平面图形的边长，即可计算面积.【详解】由题可得，原平面图形为直角梯形，其中，，，因为，，所以，所以，所以.2.已知分别为三个内角所对的边，若，则（）A. B. C.或 D.【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理求得，结合三角形边角关系即可求出角.【详解】由正弦定理，，可得，因，则，故.故选：A.3.已知向量，，，则m的值为（）A.0 B.-2 C.0或-2 D.0或2【答案】D【解析】【分析】直接利用向量的坐标运算和向量的模，求出结果【详解】向量，，故，所以，解得或2．故选：D．4.如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用勾股定理列方程，求得球的半径，进而求得球的体积.【详解】设球的半径为，则，解得，球的体积.故选：A5.一圆台的上底面半径为2，下底面半径为3，母线长为8，则该圆台的体积为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】设圆台的高为，则，故圆台的体积为.6.若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用得到，再利用投影向量的公式代入求出的等式即可求得结果.【详解】因为，所以两边平方得到：，在方向上的投影向量为，故选：D7.如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D．现测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理求出,再根据正切函数定义求解.【详解】在中，，，，则夹，由正弦定理可得：故选：B.8.如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（）．A.E，F，G，H四点共面 B.与是异面直线C.，，三线共点 D.【答案】D【解析】【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面的基本事实推理判断C；举反例即可判断D.【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点，连接，由是的中位线，得，由，且，得四边形是平行四边形，则，，因此四点共面，A正确；对于B，因为平面，平面，，所以与是异面直线，正确；对于C，延长，相交于点，由，平面，得平面，由，平面，得平面，而平面平面，则，三线共点，C正确；对于D，由，且可知，四边形是梯形，若∠=∠，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出，所以D不一定正确.二、选择题：本题共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.如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（）A.圆锥的母线长为 B.圆锥与圆柱的体积比为1：3C.该几何体的表面积为 D.圆锥侧面展开图的圆心角为【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断.【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确；对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为，因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确；对于C，该几何体的表面积为，C错误；对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确．故选：ABD10.已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，，垂足为，则（）A. B.是锐角C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据平面向量模的坐标表示公式、平面向量共线的坐标表示公式，结合平面向量夹角坐标表示公式、平面向量数量积的坐标表示公式、平面向量垂直的坐标表示公式逐一判断即可.【详解】设，由，即，A：由，因此本选项结论正确；B：由，得，所以是锐角，因此本选项结论正确；C：因为，，所以，因此本选项结论不正确；D：由.直线的方程为，因为点在直线上，所以，解得，即，所以本选项结论正确.11.如图，在中，，为边上的中点，，，且，则（）A.外接圆的半径为 B.C.的最大值为3 D.的最大值为【答案】BC【解析】【分析】对于选项A，根据正弦定理可求出三角形外接圆半径；对于选项B，在两个小三角形中，分别运用正弦定理，结合中线的定义进行判断即可；对于选项C，运用余弦定理和基本不等式可验证其正确；对于选项D，结合选项C的结论，然后根据向量的模可求出其最小值为.【详解】对于选项A：根据正弦定理可得，解得，所以外接圆的半径为，A错误；对于选项B：在中，，所以.在中，，所以.因为，所以，B正确；对于选项C：根据余弦定理得，可得，所以，当且仅当时等号成立，此时的最大值为3，C正确；对于选项D：因为，所以因为，所以，所以，当时，，所以，此时取最小值.所以的最小值为，D错误.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分．12.已知正四棱台的高为，则该棱台的侧面积为_________．【答案】80【解析】【分析】由正四棱台的结构特征，结合已知数据求出侧棱和斜高的长，即可计算正四棱台的侧面积．【详解】正四棱台中，连接，则平面平面，过作，垂足为，则平面，由，得，在中，，，所以，过点作，垂足为，则，得，所以该正四棱台的侧面积为.13.位于某海域处的甲船获悉，在其正东方向相距20km的处有一艘游轮遇险后抛锚等待营救．甲船立即前往救援，同时把信息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10km的处的乙船．则乙船前往营救遇险游轮时的目标方向线（由观测点看目标的视线）与直线的夹角的正弦值为________．【答案】##【解析】【分析】依题意画出示意图，再由余弦定理、正弦定理计算可得.【详解】依题意可得如下图：其中，，，在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得即，解得所以乙船前往营救遇险游轮时的目标方向线（由观测点看目标的视线）与直线的夹角的正弦值为.14.已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即．若平行四边形的面积为4，则________，若，，则的最小值为________．【答案】①.4②.【解析】【分析】利用平行四边形的面积公式，结合新定义求出第以空，利用新定义与向量数量积的定义求得的夹角，从而得到，再利用向量数量积的运算法则与基本不等式即可得解.【详解】因为平行四边形的面积为4，所以，所以.因为，，所以，，所以，因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故答案为：；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.已知向量满足，，且与的夹角为．（1）若，求实数的值；（2）求与的夹角的余弦值．【答案】（1）．（2）【解析】【分析】（1）根据两个向量垂直，则它们的数量积为0，并利用向量数量积公式计算.（2）先计算，再计算，最后根据向量夹角的余弦公式求解.【小问1详解】由题意可得，因为，所以，即，解得．【小问2详解】设与的夹角为，由（1）可知，，由题意可得，由，得，所以．16.如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点．（1）求证：平面；（2）设平面平面，求证：平面;（3）求三棱锥的体积.【答案】（1）连接，交于，如下图所示：因为底面是正方形，故为的中点，又为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）在正方形中，有，因为平面，平面，所以平面，又因为面，平面平面，所以，又因为平面，平面，所以平面．（3）【解析】【分析】（1）连接，交于，那么ME为的中位线，则，从而证得平面；（2）在正方形中，有，可证得平面，又面，平面平面，根据直线与平面平行的性质可证得，最后证得平面；（3）通过等体积法可知，从而求得三棱锥的体积.【小问1详解】略【小问2详解】略【小问3详解】.17.已知向量.（1）求函数的单调递增区间；（2）若函数在区间上恰有2个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由三角恒等变换和辅助角公式化简，求出单调区间；（2）转化为两函数图象交点个数问题，从而得到不等式，求出实数a的取值范围.【小问1详解】由题可得，，令，，解得，，故单调递增区间为，；【小问2详解】由题意，函数在有两个不同的零点，令，则在有两个不同的解，故，故与的图象在上有两个不同的交点，而在为增函数，在为减函数，且，故，则，即.18.设锐角的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积；（3）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由正弦边角关系，将已知条件化为，即可得；（2）应用余弦定理求得，再应用三角形面积公式求面积；（3）应用正弦定理、三角形内角的性质、三角恒等变换，得，再应用正弦函数的性质求范围.【小问1详解】由正弦边角关系得，所以，又，所以；【小问2详解】由余弦定理得，解得，故的面积为.【小问3详解】由，得，所以，因为，所以，则因为为锐角三角形，所以，则，所以，故，因此的取值范围为.19.如图，设，是平面内相交成的两条射线，，分别为，同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为．（1）在斜坐标系中，，求；（2）在斜坐标系中，，，且与的夹角．①求；②，分别在射线，上，，，为线段上两点，且，，求的最小值．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据定义及向量数量积的运