山东威海市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份山东威海市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题（含解析），共14页。
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，再选涂其他答案标号．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，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 与是同一象限角的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】是第四象限角.
对于A：，因此是第一象限角；
对于B：，因此是第四象限角；
对于C：是第一象限角；
对于D：，因此是第二象限角.
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. 6B. 4C. 2D.
【答案】A
【解析】
【详解】，
，，
解得.
3. 在中，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据余弦定理及同角的三角函数关系求解即可.
【详解】在中，由余弦定理得，
所以.
4. 已知是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】运用排除法，排除选项A、B、D.
【详解】
取，，，，选项A错误；
取平面，平面，，，，
，选项B错误；
取平面，平面，，，
，，，
，选项D错误.
5. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台侧面与下底面所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正四棱台的性质及截面性质，结合三角函数求解即可.
【详解】正四棱台中，易知四边形为等腰梯形，且在底面上的投影在上.
过作交于，则平面.
等腰梯形中，，，，.
则，即正四棱台的高为.
设正四棱台侧面与下底面所成角为，，
因为正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，则，
所以，即该正四棱台侧面与下底面所成角的大小为.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据诱导公式得，
由和二倍角公式，代入得，
分子分母同除以（）得，
代入，可知.
7. 已知三棱锥的体积为24，D，E分别是，的中点，点F在棱上，，则三棱锥的体积为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】分别是的中点，因此，相似比为，
面积比为相似比的平方，即.
由得，和都在直线上，
因此两点到平面的高之比等于.
三棱锥即，原三棱锥即，
体积比为.
已知，因此.
8. 在中，，，则面积的最大值为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先用正切和角公式将条件化简，设未知数利用化简后的正切乘积为3表示面积，最后根据二次函数求出最值.
【详解】在中，，故.
整理得.
结合题设，且，两边约去得：
.
设边上的高为，垂足为，令，则（），
于是，，
代入得，
该二次函数开口向下，对称轴为，当时，，即.
的面积，故面积最大值为.
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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称．
C. 在上单调递减
D. 将函数图象上的所有点向右平移个单位，就可得到的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A，由周期计算公式计算；对B，通过代入验证；对C，由范围得范围，结合余弦函数单调区间判断；对D，化简平移变换得到的解析式判断.
【详解】对于A：，A正确；
对于B：因为，所以的图象关于直线对称，B正确；
对于C：由，得，因为在单调递减，所以在单调递减，C正确；
对于D：将图象上所有点向右平移个单位，得到，D错误.
10. 已知，，为平面内的单位向量，若，不共线，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】选项A：设，，， 由得，由得；
由得，由得，异号时，二者共线不符合题干要求，因此同号，
若，则，即，A错误；
，D错误.
时，总有，
，则，B正确；
，则，C正确；
11. 已知正四面体的棱长为2，P，Q分别为棱，上的点，且，过且平行于的平面记为，则（ ）
A. P为的中点
B. 存在
C. 直线与平面所成的最大角的正弦值为
D. 该正四面体的表面被截得的图形周长的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用参数向量表示点坐标，结合向量垂直的数量积条件判定选项A；再通过向量点积求解满足的参数范围，验证选项B；利用线面角向量公式结合二次函数最值，求得线面角正弦最大值以判断选项C；根据线面平行性质确定截面形状，构造周长函数，通过导数求函数最小值判断选项D.
【详解】以为坐标原点，在平面内过作的垂线为轴，所在直线为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系.
由正四面体棱长为，得，，；
底面的重心为，正四面体的高，
故.
对于A：设，，，
则，，，，
由得，
代入化简得，解得，
即为的中点，故A正确.
对于B：当时，，，
又，
若，则，
解得，
故不存在满足条件的，B错误.
对于C：平面的法向量为，设直线与平面所成角为，
则，
又因为，
当时取得最小值，
故的最大值为，C正确.
对于D：平面，在面内过作交于，
在面内过作交于，
则截面为等腰梯形.
由为中点得为中点，；
由得，
腰长，
故截面周长，.
令，
求导得，
令，即，两边平方整理得，
解得或.
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故为极小值点也是最小值点，
代入得.
又端点处，，均大于，
故截面周长的最小值为，D正确.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知圆锥的母线长为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的高为________．
【答案】
【解析】
【详解】设圆锥母线长，半径为，高为，
因为侧面展开图是半径为的半圆，半圆的弧长等于圆锥底面圆周长，
所以，即，得，
所以.
13. 有一条东西向的小河，一艘小船从河南岸的渡口出发渡河，小船航行速度的大小为，方向为北偏西，受河水速度的影响，小船实际航行速度为正北方向，则河水速度为向东________．
【答案】8
【解析】
【分析】将小船静水速度正交分解，利用实际航向正北、东西向合速度为 的条件，由船速西向分速度直接得到向东的水流速度大小.
【详解】 小船本身航行速度大小为，方向北偏西，将其分解为东西、南北分量,
东西方向的速度分量的大小为，方向向西，
小船实际航行方向为正北，说明东西方向合速度为.
设河水向东的速度为，根据速度合成：,即
所以。
即河水速度向东为.
14. 已知函数的一个零点为，且在上单调递减，则方程在上所有根的和为________．
【答案】
【解析】
【分析】先由零点条件求出，再根据单调性锁定；解含绝对值的三角方程时，分和两种情况讨论，得到或，最后在给定区间内找出所有根并求和.
【详解】已知函数的一个零点为，
将代入得，即，
又在单调递减，正弦函数单调区间长度不超过半个周期，则π−π2=π2≤T2=πω⟹ω≤2 ，
取，验证单调性，此时，当时，，
该区间是正弦函数单调递减区间的子区间，符合条件，
取，验证单调性，此时，当时，，
该区间不是正弦函数单调递减区间的子区间，不符合条件，
取，不符合条件，
综上，，此时，
令，则，
当时，有，即
当，则，或；
当时，有，即
当，则，
即方程在上所有根的和为.
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. 在平面四边形中，，，N为线段上一点，且．
（1）用，表示，；
（2）若，，，证明：．
【答案】（1），
（2）因为，
所以，
可得，所以．
【解析】
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，
所以
【小问2详解】
略.
16. 如图，在四棱柱中，侧面是矩形，底面是菱形，，M，N分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）取的中点，连接，，
因为N，K分别为，的中点，
所以，
因为是四棱柱，
所以，
可得，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为底面ABCD是菱形，所以，
因为M，K分别为CD，AB的中点，
可得，所以四边形为平行四边形，
所以，
可得，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）因为底面ABCD是菱形，，所以为等边三角形，
因为M为CD的中点，所以，
又因为，所以，
因为侧面是矩形，所以，且，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
【解析】
【分析】（1）通过证明平行四边形得到线线平行，再由线面平行判定定理证明；
（2）先证明线面垂直，再由面面垂直判定定理得证.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
17. 已知函数．
（1）求的单调递增区间；
（2）求在上的最值；
（3）若，且，求的值．
【答案】（1）
（2）最大值2；最小值
（3）
【解析】
【分析】（1）首先化简得，再令求单调递增区间即可；
（2）利用整体法求最值即可；
（3）由题可得，再由，结合正弦和角公式求解．
【小问1详解】
，
由，
解得，
所以的单调递增区间为．
【小问2详解】
因为，所以，
当即时，取最大值2；
当即时，取最小值．
【小问3详解】
由，可得，
因为，所以，
可得，
因此
．
18. 如图，菱形的边长为2，，将沿翻折至，分别为的中点．
（1）若．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求直线与所成角的正切值；
（2）若三棱锥的各顶点都在球的球面上，球的表面积为，求．
【答案】（1）（ⅰ）由题意知，和均为等边三角形，且为的中点，
所以，因为菱形的边长为2，所以，
因为，所以，可得，
又因为，所以平面，
因为平面，所以；
（ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】(1)（i）根据线面垂直平面,推导出线线垂直即可.
（ii）作出与所成角的平面角，然后利用平面几何的知识求解即可.
(2)利用三棱锥外接球的性质作出外接球的球心位置，然后利用平面几何知识找出外接球半径与其他棱长的关系即可求解.
【小问1详解】
（i）略．
（ii）取的中点，连接，
因为分别是的中点，所以，
可得与所成角的大小等于与所成角的大小，
由（i）知平面，所以平面，
因为平面，所以，
可得为直角三角形，所以，
因为，Q为EB的中点，所以，
在中，因为，所以，
可得，所以，
因此直线PE与AF所成角的正切值为．
【小问2详解】
设球的半径为，则，解得，
由（1）知平面，所以平面平面，平面平面，因为平面平面，平面平面，
故在平面内，过等边三角形和的中心分别作垂直于和的直线，则平面，平面，可得的交点即为球心，
连接，设的中心为，
则，
因为，解得，
在中，因为，所以，
可得，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以．
19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）已知，，点P在线段上，设，．
（ⅰ）若，求；
（ⅱ）求为何值时，取得最小值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求；
（2）（i）先根据求，再利用正弦定理求；
（2）（ii）法一：设，用x表示，再根据与关系表示，代入到所求表达式中利用均值不等式求最值，验证等号成立的条件即可得到x值；
法二：根据与关系将表达式化为关于的函数，利用函数性质求最值，验证等号成立的条件即可得到x值.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
所以，因为，所以．
【小问2详解】
（i）因为，所以，
则，
可得，
在和中，由正弦定理可得，
又因为，所以，
可得.
（ⅱ）法一：设，由（i）知，所以，
因为，所以，
因此，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时等号成立，
所以当时，的最小值为．
法二：因为，所以，
因此
，
因为，所以，
因为，
所以，
可得，当且仅当时等号成立，
此时由（i）知，
所以当时，的最小值为．