河南驻马店市2025-2026学年第二学期期末测试高一数学试题（含解析）

这是一份河南驻马店市2025-2026学年第二学期期末测试高一数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了保持卷面清洁，不折叠、不破损等内容，欢迎下载使用。
本试卷共19道题，满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
一、单项选择题：本大题共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. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简复数，再由“等部复数”的定义即可求出答案.
【详解】化简复数，因为“等部复数”的实部和虚部相等，
复数为“等部复数”，所以，所以.
故选：D.
2. 已知角为第二象限角，，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由平方关系求得，再由余弦差角公式求解即可.
【详解】因为角为第二象限角，所以，
则.
故选：D.
3. 已知，是不同的直线，，，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，逐一核对四个选项得答案．
【详解】对于A，若，，则可以平行、相交、异面,故A错误；
对于B，若，，和可以相交，也可以平行，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，
在平面内取，在平面内取，与l不重合，
由面面垂直的性质可得，所以，
又，所以，由线面平行的性质定理得，
所以有，故D正确.

故选：D.
4. 下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象如图所示，则该函数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用题给函数在上先正值后负值的变化情况排除选项A；利用题给图象可知函数是奇函数排除选项C；利用当时题给函数值为负值排除D；而选项B均符合以上要求.
【详解】当时，，.排除A；
由偶函数定义可得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，排除C；
当时，.排除D；
为奇函数，且当时，，
当时，.B均符合题给特征.
故选：B.
5. 已知A，B，P是直线l上不同的三点，点O在直线l外，若，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知等式，结合向量减法法则化简，而三点共线，可得，解得的值，设，可得，所以，从而求出的值．
【详解】，，
整理得，，
当时，显然不成立，故，
所以，
，，是直线上不同的三点，
，解得，，
设，，
，
，解得，即．
故选：A．
6. 如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，则点A到平面PBC的距离为（ ）．
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAB，则有，再利用等体积法即可得出答案.
【详解】解：因为平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，即，
因为，所以平面PAB，
又平面PAB，所以，
因为，，所以，
的面积，
设点A到平面PBC的距离为h，
则三棱锥的体积，
即，解得，
即点A到平面PBC的距离为.
故选：A.
7. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换可得，由在上没有零点，可得，根据周期公式解得，假设函数在上有零点，求出零点，由求得的取值范围，继而可得函数在上没有零点时的取值范围.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象，
由题得，周期，
因为在上没有零点，所以，
得，即，得，
假设函数在上有零点，
令，得，解得,
则，得，
又，当时，得，
当时，得，
所以函数在上没有零点时，的取值范围是.
故选：A.
8. 在平行四边形中，，，，是以为圆心，为半径的圆上一动点，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，易得，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量线性运算的坐标表示结合三角函数即可得解.
【详解】由题意，
在中，由余弦定理得，
所以，
则，故，
如图，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，，，设，
故，，，
又，
即，
所以，所以，
所以，其中，
当且仅当时，取最大值，且它的最大值为.
故选：C.
关键点点睛：建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式是解题的关键.
二、多选题：本大题共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. 在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，，规定如下运算法则：①；②；③；④.则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，用定义求解即可；对于B，用 ，结合求解即可；对于C，用定义求出左右两边是否相等即可；对于D，左边用和定义求出，右边也求出，看是否相等即可；
【详解】对于A，；故A正确；
对于B，若，则，，.故B正确：
对于C，，而，不等．故C错误；
对于D，设，则将，代入可得：
故D正确.
故选：ABD.
10. 设平面向量，，在方向上的投影向量为，则下列结论不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】设夹角为，先写出投影向量，分别计算各点积：A中、，仅特殊角度相等，不恒成立；B中与恒相等，故不等式不成立；C利用得恒成立；D右侧为非负数，左侧在时为负，二者不等．
【详解】设的夹角为，，，
由在方向上的投影向量为，得，
对于A，，
，
当且时，，A不正确；
对于B，，由选项A的解析知，因此，B不正确；
对于C，由选项A的解析知，所以（因为），C正确；
对于D，由选项A的解析知，
，
当时，，D不正确．
11. 如图，在正三棱锥中，底面边长为，侧棱长为，点，分别为侧棱，上的异于端点的动点．则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，，使得平面
B. 若，，则
C. 若平面，则
D. 周长的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用反证法即可判断A项；利用已知得与的关系，再用等体积法得与的关系，即可判断B项；利用直线与平面平行的性质定理即可判断C项；作正三棱锥的侧面展开图，连接，周长的最小值即为的长度，求长度，即可判断D项.
【详解】A项，假设存在点，使得平面，则，，
在正三棱锥中，有，又因为，所以≌，
所以，即点与点重合，这与已知相矛盾，故假设不成立，
即不存在点，使得平面，故A错误；
B项，设点到平面的距离为，则，，
已知，，则，，
则，，即，
于是，故B正确；
C项，已知平面，平面平面，若平面，则，故C正确；
D项，作正三棱锥的侧面展开图如图所示，连接，分别交于点，则周长的最小值即为的长度，
因为，所以，
又因为，所以≌，所以，，
所以，所以，
所以，，所以，解得，则，
又，所以，解得，
则，即周长的最小值为，故D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知非零向量，的夹角为，，，则____________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据垂直的向量表示结合数量积的定义，即可求得答案.
【详解】因为，故，
即，
故答案为：6
13. 在中，，，若存在且唯一确定，则的取值范围为__________．
【答案】或
【解析】
【分析】由正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，再利用正弦定理得到关于的式子，最后由限制条件“存在且唯一确定”求解的取值范围.
【详解】已知，
由正弦定理有，
由余弦定理有，
因为，所以，则.
由正弦定理可得，
因为存在且唯一确定，则的值应唯一确定，则或，
当时，，有，
当时，有，
综上，的取值范围为或.
14. 《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载称顶部只有一条棱的五面体称为“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，底面，四边形，为两个全等的等腰梯形，．已知该刍甍的体积为，且侧面与底面所成二面角的正切值为．若该刍甍的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，证得平面，得到平面平面，过点作，证得平面，且为二面角的平面角，设，求得的长，再由刍甍的体积为求得，设该刍甍的外接球的球心为，得到球心在直线上，设，结合球的性质，求得，进而得到球的表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为四边形为正方形，所以
又因为四边形和为两个全等的等腰梯形，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，
因为平面平面，且平面，所以平面，
所以为平面与所成二面角的平面角，
因为侧面与底面所成二面角的正切值为，可得，
所以过点作，设，则，可得，
在直角中，可得，可得，
则的面积为，
所以几何体的体积为
，
因为该刍甍的体积为，可得，解得，
取的中点，连接，设该刍甍的外接球的球心为，
根据几何体的对称性，可得球心在直线上，设，且外接球的半径为，
在直角中，可得，即，
在直角中，可得，即，
联立方程组，解得，
所以该刍甍的外接球的表面积为.
四、解答题，本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 设，是两个向量，
（1）若，不共线，且，求实数的值；
（2）已知向量，满足，，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据共线向量定理列出等式求解即可;
（2）由数量积为0可得，再由向量的模的计算公式求解即可.
【小问1详解】
是两个不共线的向量，，
，
，
，解得.
【小问2详解】
，
，
.
16. 已知为锐角，为钝角，且，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式，齐次式的方法即可求值；
（2）分别求出，的值即可．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
因为为锐角，，可得，，
由，可得，
所以，
则，
又因为，所以，而，
可得，所以．
17. 已知函数，是的两个零点，且的最小值是．
（1）求的值；
（2）求在上的值域；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）化简函数为，结合题意，得到的最小正周期为，结合最小正周期的公式，即可求解；
（2）由，得到，结合正弦函数的性质，即可求解；
（3）设，得到，根据题意，转化为不等式在上恒成立，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由，
因为是的两个零点，且的最小值是，
即是的两个根，即的两个根，
可得函数的最小正周期为，
又因为，可得最小正周期，解得．
【小问2详解】
由（1）知，
因为，可得，
当，即时，取得最小值，；
当，即时，取得最大值，，
所以在上的值域为．
【小问3详解】
因为，设，，由（2）可知，
不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，即，
因为，当且仅当时，等号成立．
所以的取值范围是．
18. 如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．

（1）证明：．
（2）设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
【小问2详解】
取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．
因为，所以．
故的取值范围为．
关键点点睛：第二问，根据线面角、二面角定义，应用几何法找到对应平面角，进而找到两角正切值相关边的关系并确定范围.
19. 如图，点是边长为2的等边内部（不包括边）任意一点，绕点逆时针旋转得到．

（1）若，求；
（2）若，求的周长；
（3）求面积最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理直接计算,即为；
（2）根据已知可以判定点轨迹为一段圆弧，然后建立合适的坐标系，利用坐标方法求得点的坐标，进而求得,然后利用几何分析得到所求；
（3）先设定,由于为等边三角形，可得与以为圆心，以为半径的圆的部分弧相切，然后进行几何分析，再结合基本不等式求得.
【小问1详解】
∵绕点逆时针旋转得到，∴绕点逆时针旋转得到，∴为等边三角形．
.
【小问2详解】
∵ ，∴的外接圆半径,
设外接圆心,以为原点，射线为轴,建立直角坐标系，如图所示:

设与轴正方向所成的角为,点轨迹为圆弧（不含端点）.
，
,
解得,∴,
∴点坐标为,由于,所以点在圆弧（不含端点）上，符合题意.
由于∴为等边三角形，∴,
∵绕点逆时针旋转得到，∴,
∴求的周长即为求.
当点坐标为时,
，
所求的周长.
当点坐标为时,同理可得所求的周长.
∴所求的周长.
【小问3详解】
设,由于为等边三角形，
设，垂足为,则,
∴与以为圆心，以为半径的圆的部分弧相切，切点为.
如图所示：

设弧与交点为,,垂足为
则,当且仅当重合时，重合，此时,
∴
．
当且,即恰好为中心时取到“等号”，
∴面积最大值为．