广东省珠海市部分校2025~2026学年高一下册期末练习（A类）数学试卷【附解析】

数学一、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.已知为虚数单位，且复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.2.设向量，且，则（）A.0 B.1 C.2 D.33.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则4.已知，则（）A. B. C. D.5.在平行四边形中，设，，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（）A. B. C. D.6.如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（）A. B. C. D.7.已知圆锥的底面半径为，圆锥内的最大球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.8.记的内角，，的对边分别是，，，已知，，则（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.若，为复数，则下列选项一定正确的是（）A. B.C. D.10.在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，满足，则（）A.B.若，，则C.若，则的面积最大值为D.若，点为的中点，则的最大值为11.如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中正确的是（）A.三棱锥的体积为定值 B.若，则点的轨迹长度为C.的最小值为 D.三棱锥的外接球表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若向量与向量的夹角为，，，则___．13.如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为弧上的靠近点的三等分点，轴截面是正三角形，则直线与所成的角的余弦值为____________．14.记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的最大值为______．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.在中，内角，，所对的边分别为，，．已知（1）求角的大小；（2）设，，求和的值．16.已知．（1）求函数的解析式；（2）若，且，求的值；（3）求在区间上的最值及相应的值．17.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．18.现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）设平面平面.（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值.19.三角形的布洛卡点由数学家布洛卡首次发现，当内一点满足时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对的边分别为，，，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为．（1）当且，的布洛卡角为，求的值；（2）证明：（其中S为的面积）；（3）若，求的值．

数学一、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.已知为虚数单位，且复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.答案：B解析：解答过程：由，得，所以.2.设向量，且，则（）A.0 B.1 C.2 D.3答案：A解析：解答过程：向量，且，所以，，得，则.3.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则答案：D解析：解答过程：对于A：若，，则可以平行或相交或异面，故A错误;对于B：若，，则或或，故B错误；对于C：若，，则或，故C错误；对于D：若，，则，故D正确.4.已知，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由辅助角公式结合二倍角余弦公式可得答案.解答过程：，则.5.在平行四边形中，设，，是对角线上靠近点的三等分点，点在上，若，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先利用平行四边形法则表示对角线，根据三等分点得到，再由为中点使用中线向量公式，代入化简求出的线性表达式．解答过程：，，．6.如图，正方体，为棱的中点，用过点，，的平面截正方体为两部分，其体积分别为，，则的值是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据给定条件，作出过点的截正方体截面并确定几何体形状，进而求出体积比.解答过程：在正方体中，取中点，连接，由为棱的中点，得，则四边形为平行四边形，，因此四边形为平行四边形，是过点的平面截正方体所得截面，几何体是直三棱柱，，，所以.7.已知圆锥的底面半径为，圆锥内的最大球的表面积为，则该圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：画出圆锥轴截面，由题可得轴截面对应等腰三角形内切圆半径为圆锥内最大球半径，然后由等面积法可求得圆锥母线长，据此可得答案.解答过程：画出圆锥轴截面，则圆锥内最大球截面为轴截面对应等腰三角形内切圆，设内切圆圆心为，与相切于.连接，由题设及几何知识可得，，.设，则，又因为等腰三角形，则三点共线，.注意到，则，则圆锥母线长为，则圆锥侧面积为.8.记的内角，，的对边分别是，，，已知，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先根据得到，再结合正弦定理求解.解答过程：由已知，，结合已知得：，又因为，所以，所以，所以，，又，则，所以，由余弦定理得：，化简得：，又因为，所以，化简得，由正弦定理:，，，所以.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.若，为复数，则下列选项一定正确的是（）A. B.C. D.答案：ACD解析：解答过程：设，，，对于A，，，，所以，故A正确；对于B，，，所以不恒成立，故B错误；对于C，，，，所以，故C正确；对于D，，故D正确.10.在中，内角，，所对的边分别为，，，向量，，满足，则（）A.B.若，，则C.若，则的面积最大值为D.若，点为的中点，则的最大值为答案：ACD解析：思路：首先由向量共线的性质结合正弦定理、三角恒等变换推导得，可知点在以为弦，所对圆周角为的圆弧上运动，后续各选项结合三角形几何性质逐一分析.解答过程：∵，∴.由正弦定理得，为外接圆半径，代入得，整理得.∵在中，∴.∵，∴，故A正确.已知，，，故..由正弦定理得，即，故B错误.当时，长度固定为，，由圆周角定理可知，点的轨迹为外接圆上所对的优弧（不含、点）.由正弦定理得，即，解得.的面积，其中为边上的高.观察图象可得，当点为的垂直平分线与优弧的交点时，h最大，此时为等边三角形，.∴，故C正确.为中点，延长至点使，连接，则四边形为平行四边形，由平行四边形对角线平方和等于四边平方和得，即，整理得.由余弦定理得，即，故.由均值不等式，得，即，当且仅当时等号成立.代入得，故，即最大值为，故D正确.11.如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中正确的是（）A.三棱锥的体积为定值 B.若，则点的轨迹长度为C.的最小值为 D.三棱锥的外接球表面积为答案：AB解析：思路：利用线面平行的判定及性质，结合三棱锥的体积公式判断A；利用球面的截面性质计算判断B；将与置于同一平面内，结合余弦定理求出最小值判断C；确定球心位置并求出球半径，进而求出球的表面积判断D.解答过程：对于A，正方体的对角面为矩形，则，而平面，平面，于是平面，线段上点到平面的距离为定值，而面积为定值，因此三棱锥的体积为定值，A正确；对于B，四面体是正四面体，棱长，正的外接圆半径，则点到平面的距离，由，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球被平面所截得的圆，该圆半径为，而正的内切圆半径为，因此点的轨迹是正的内切圆，轨迹长度为，B正确；对于C，将与沿直线展开到同一平面内，如图：，当且仅当为线段与交点时取等号，由，，得，在正中，，则，由余弦定理得，因此的最小值为，C错误；对于D，在三棱锥中，，正的边长为，取中点，连接，则，，而，于是，，平面，则平面，同理平面，令的外心分别为，则分别在线段上，由选项B知，在中，，由正弦定理得，则，令三棱锥外接球球心为，连接，则平面，平面，因此，四边形为矩形，，三棱锥外接球半径，所以三棱锥的外接球表面积为，D错误.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若向量与向量的夹角为，，，则___．答案：3解析：思路：先展开向量数量积，代入向量夹角数量积公式，把已知模长、夹角代入得到关于的一元二次方程，舍去负根求出向量的模．解答过程：因为，所以，，所以，整理得，解得或（舍去）.13.如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为弧上的靠近点的三等分点，轴截面是正三角形，则直线与所成的角的余弦值为____________．答案：##解析：思路：通过平移直线将异面直线所成角转化为相交直线的夹角，结合圆锥的几何性质计算三角形各边长度，再用余弦定理求解即可.解答过程：设底面圆的半径，则直径.∵轴截面为正三角形，∴.∵为弧上靠近的三等分点，∴，.在中，由余弦定理得，取中点，延长交于点，连接，易得，则，则即为所求异面直线的夹角，在中，14.记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的最大值为______．答案：解析：思路：先应用正弦定理及两角和正弦公式计算得出，再换元应用判别式法结合一元二次不等式计算求得的最小值，最后应用不等式的性质即可求最大值.解答过程：因为，而，由正弦定理得，所以.又因为，设，，所以.又，所以，所以，即，设，所以，即有解，所以，解得.若，则与，则，即，与矛盾，故.即有，所以，故的最小值为，则的最大值为.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.在中，内角，，所对的边分别为，，．已知（1）求角的大小；（2）设，，求和的值．答案：（1）（2），解析：思路：（1）已知边与余弦的等式，代入余弦定理化简得到三边齐次式，再反向套用余弦定理求出，结合三角形内角范围得到；（2）先用余弦定理算出边，正弦定理求，由边长大小判断角锐角求出，二倍角公式算出、，最后用两角差余弦公式代入求值.（1）因为，所以．化简得，即．又，所以．（2）在中，由余弦定理及，，，有，故．由，可得，因为，故．因此，．所以，．16.已知．（1）求函数的解析式；（2）若，且，求的值；（3）求在区间上的最值及相应的值．答案：（1）（2）（3）最小值为1，，最大值为2，解析：思路：（1）根据三角恒等变换化简整理即可.（2）代入解析式求得，结合同角的三角函数关系求解即可.（3）结合正弦型三角函数的性质求解即可.（1），故.（2）由可知，，化简得，因为，所以.（3）因为，所以，所以当时，取到最小值为，此时，当时，取到最大值为，此时.所以当时，取到最小值1；当时，取到最大值2.17.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：思路：（1）根据坐标，利用基底表示向量，再代入数量积公式，即可求解；（2）①利用基底表示向量，再代入向量夹角公式，即可求解；②根据平面向量基本定理表示和，再结合余弦定理表示的关系，最后结合基本不等式，即可求解.（1）因为，所以，，所以，所以．（2）①因为，，所以，，得到，则，化简得，解得或（舍去）则②依题意设，，，，，同理，则，在中，，，，，依据余弦定理得，整理得所以，，当且仅当时等号成立，即的最小值为18.现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥.（1）求证：平面平面；（2）设平面平面.（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值.答案：（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形，所以为，的中点.又由于，，所以，，又因为，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面；（2）（ⅰ）因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.又因为平面，平面，所以平面.（ⅱ）最大值.解析：思路：（1）通过，确定，即可求证；（2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角