重庆市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题: 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. 直线与间的距离为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】直线，直线，即，
故两直线平行，则根据平行直线的距离公式.
2. 已知两向量 满足，且，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，故可得，即，
所以，所以，
又，所以，所以向量的夹角为.
3. 已知是同一平面内的四点，且任意三点不共线，为平面外一点，若，则实数的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用共面向量定理的推论，四点共面时向量线性表示的系数和为1，列方程求解λ.
【详解】因为是同一平面内的四点，任意三点不共线，
为平面外一点，当时，
根据共面向量定理的推论，有，解得.
4. 在四棱锥中，平面，是矩形，且，，，则平面与平面的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标公式即可求出夹角，结合图形即可求出结果.
【详解】
因为平面，是矩形，所以两两垂直，
故以为坐标原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
又，，，
所以,
因为平面，所以平面的一个法向量为，
而,
设平面的法向量为，
则，取，则平面的法向量，
，所以，
由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角为，
故选：A.
5. 以为顶点的外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先计算三角形各边的长度，再根据余弦定理求出，最后由正弦定理求解外接圆半径，进而求得面积.
【详解】由题意知，，
由余弦定理得：，
因为，所以，
设外接圆半径为，则由正弦定理得：，
所以，
所以外接圆的面积为.
6. 在中，，为中点，，则的面积为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理求出长，根据中点可得长，代入面积公式即可计算面积．
【详解】
在中，已知，，；
由正弦定理可知，
解得，因为，故；
故，故，
因为为中点，故；
故．
7. 已知圆与圆相交于A、B两点，若四边形的面积为，则（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则为的中点，由四边形的面积为，可得的表达式，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，即可求得.
【详解】圆，即，则圆心为，半径为1，则，
设，由题意可知，为的中点，，，
故四边形的面积为，
则，故，
所以，
所以，
又因为，所以，
得，解得，因此.

8. 在正三棱柱中， ，点为内（含边界）一点，且到,的距离的平方和为8，则点的轨迹长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将到,的距离的平方和为8，转化为到,的距离的平方和为5，然后通过建系，求出点的轨迹方程，判断其轨迹求解.
【详解】正三棱柱上、下底面平行，且距离为.
设点到底面三边的距离依次为，

则点到的距离为，到的距离为，到的距离为，由题意得，，
即.
在底面中以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图坐标系，

因为为正三角形，且，所以的高为，
则，
直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
直线的方程为.
设点的坐标为，
由点到直线的距离公式，得，，.
所以，
整理得，，即.
所以点的轨迹是圆心为，半径的圆在内部的部分.
设该轨迹圆与直线交于点，记轨迹圆圆心为，连接，则，
所以，所以，所以，
所以根据正三角形的对称性，点的轨迹在内部部分所对圆心角为，因此点的轨迹长为.
二、多选题: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. 已知复数，则（ ）
A. 的虚部为B. 在复平面内对应的点的坐标为
C. D. 复数的共轭复数为
【答案】BD
【解析】
【详解】对于A，的虚部为，故错误；
对于B，根据复平面相关定义，在复平面内对应的点的坐标为，故正确；
对于C，，则，故错误；
对于D，，其共轭复数为，故正确.
10. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，，点为棱的中点，则（ ）

A. B. 平面
C. D. 点到平面的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量运算，线面平行判定定理、线面垂直判定定理、面面垂直性质定理的应用，对各个选项进行推理判断.
【详解】连接正方形对角线交于，则是、的中点，
在A选项中，，其中，又是中点，是中点，
是的中位线，故，
因此整理可得：与选项表达式不符，A错误，
在B选项中，由中位线性质得，又平面，
平面，可得平面，B正确，
在C选项中，由平面，平面，得，
正方形对角线互相垂直，故，，平面，
所以平面，平面，故，C正确，
在D选项中，由平面，平面，
可得平面平面，两平面交线为，
点到平面的距离等于点到交线的距离，
，，故，到直线的距离等于的长度，
，因此点到平面的距离为，D正确.

11. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ）
A. 圆心的坐标为
B. 点到直线的距离的最小值为
C. 面积的最大值为
D. 若点满足，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将圆方程配方得到圆心坐标，选项A直接判断；选项B先求出直线 的方程，圆心到直线距离减去半径即得圆上点到直线距离的最小值；选项C以 为底，最大高为圆心到直线距离加半径，计算面积后与选项值比较；选项D由 得点 的轨迹圆，再求两圆上点距离的最大值（圆心距加两半径之和），与选项数值核对即可．
【详解】对于A选项，将圆化为标准方程，故圆心为，所以A正确；
对于B选项，直线的方程为，所以圆心到直线距离，半径，故点到直线的距离最小值，所以B正确；
对于C选项，，点到距离最大值为，
所以面积最大为，不是，所以C错误；
对于D选项，由，设， 所以
整理得，所以
所以点的轨迹是圆心为，半径的圆，
因为在圆上，在圆上，
两圆圆心距，两圆半径分别为，，
所以最大距离为：，所以D正确．
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 设向量，若，则_____；
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量共线的坐标运算列方程，求解参数的值.
【详解】向量，且，
则有 ，解得.
13. 已知的内角的对边分别为，若，则_____；
【答案】##
【解析】
【分析】根据同角三角函数的平方关系及正弦定理，可得到的关系，结合余弦定理约分后可得结果.
【详解】在中，，
所以，
又，所以，
由正弦定理得.
将代入余弦定理得
，
约分得.
14. 已知圆锥的外接球球心为，点到圆锥底面的距离等于点到圆锥母线的距离，圆锥母线的长度为2，则球的表面积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】结合图像，讨论圆锥底面圆心在球心的上方和下方两种情况即可.
【详解】第一种情况：当圆锥底面圆心在球心下方时，如图，
设圆锥轴截面为，外接球的球心为，半径为，
圆锥底面圆心为，底面半径为，球心到底面的距离，
又已知点到圆锥底面的距离等于点到圆锥母线的距离，
过作于，则，又，
可得，又圆锥母线长为2，
即,则，
又因为在中，，所以，
由，则，
所以，即，所以,
所以球的表面积为.

第二种情况：当圆锥底面圆心在球心上方时，如图，

由前面可知，，
又，所以，
所以，即，显然不符合实际.
四、解答题:大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量.
（1）若，求实数的值；
（2）已知三点共线，若，，，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直的数量积为0，结合向量数量积的运算律，以及向量的坐标运算，列出方程求解即可；
（2）由向量的加减、数乘运算求得，的坐标，利用共线向量的坐标运算求得实数的值.
【小问1详解】
因为，所以，，
因为，所以，所以，
所以，解得；
【小问2详解】
因为，，，
所以，
，
因为三点共线，所以，
所以，解得.
16. 在中，内角所对的边分别为，已知．
（1）求角B的大小；
（2）若，记边上的高为，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简得，再由余弦定理即可得解；
（2）由三角形面积公式可得，结合正弦定理及三角恒等变换得，即可得解.
【小问1详解】
根据正弦定理可得，化简整理得，
由余弦定理得，因为，故；
【小问2详解】
由，得，又，
所以
，
在三角形中，故，
当，即时，.
17. 如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2.

（1）设为中点，求证:平面；
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.
【答案】（1）取中点，连接，如图，
因为是中点，所以且，
又因为为的中点，则且，所以且，
所以是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）取中点，证明是平行四边形，然后线面平行的判定定理得证线面平行；
（2）取中点，证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角，利用方程思想求得.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，理由如下：
假设存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，
在平行四边形中，，是中点，则，
又，所以是等边三角形，所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
又，，平面，所以平面，
取中点，连接，则，，由平面得，
因为，平面，
所以平面，
以为原点，为轴，为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，又，
所以，
设直线与平面所成角为，平面的一个法向量是，则
，所以，
所以,
解得（舍去）.
18. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点.
（i）求以为直径的圆的方程;
（ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）
（ii）
【解析】
【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程；
（2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程；
（ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值.
【小问1详解】
圆，圆心，半径，
对圆外一点，点在圆上，则：，
由题意，即，所以.
设，则，
整理得，.
【小问2详解】
（i）点的轨迹圆方程：，即①
圆，即②
①②得公共弦所在直线方程：，
点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率，
所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点，
联立，解得.
将代入，
得，即，所以，
所以圆的方程为.
（ii）假设存在点，满足，设，，
则，将代入，
得，即.
联立，得，.
根据根与系数的关系，得，，
所以，代入式，得，
即，因为对任意，等式恒成立，所以，
解得，因此存在定点满足条件.
19. 已知过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为
（1）求过点的圆的切线方程；
（2）已知两个定点，，其中，.为圆上任意一点，（为常数）.
①求常数的值；
②“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼·闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若，，则，两点的“曼哈顿距离”为，若过点作直线与圆交于、两点，且点恰好是线段的中点，又已知点，求的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）①②.
【解析】
【分析】（1）由圆的弦长公式可求得圆的方程，再分别讨论过点的圆的切线斜率不存在和存在两种情况，利用直线和圆的位置关系计算得到切线方程；
（2）①由可得，结合两点间的距离公式，化简可得结果；②由中点条件将 与 的关系转化为直线 与单位圆相交，从而得到 ；再在此范围内分段讨论 的单调性，合并各段值域即得最终取值范围.
【小问1详解】
由题意，过点且斜率为的直线方程为，
又圆到该直线的距离为，
所以该直线被圆截得的弦长为，解得，
所以圆的方程为，圆心坐标为，半径为，
当过点的圆的切线斜率不存在时，切线方程为；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即.
由，解得，则切线方程为，
所以过点的圆的切线方程为或.
【小问2详解】
①设点，则，，
因为，，所以，
又，化简得，
因为为圆上任意一点，所以，
又，，解得，所以常数.
②由①知， ，所以圆 ，，，
曼哈顿距离：
因为直线 过 ，与圆交于 ，且 为 的中点，设 ，则 ，
由 在圆 上，得
又 在圆上：，两式相减得
因为直线 与圆有两个交点，分别为，
故圆心到该直线的距离小于1，所以，
整理得，解得，所以 ，
令，在 上分段求值域：
当，，在上单调递减，所以此时值域为；
当，，在上单调递增，所以此时值域为；
当，， 时取最大值 ，值域为 ；
当， ，在上单调递增，值域为 ；