四川省成都市石室中学北湖校区2022-2023学年高一下学期数学期末复习检测题（一）

这是一份四川省成都市石室中学北湖校区2022-2023学年高一下学期数学期末复习检测题（一），共23页。试卷主要包含了下列等式成立的有等内容，欢迎下载使用。
石室中学北湖校区高2025届期末数学复习检测一
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．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（    ）
A．若m//α，α∩β=n，则m//n B．若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γ
C．若α⊥β，γ⊥β，则α//γ D．若α∩β=n，mα，m⊥n，则α⊥β

2．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（     ）
A． B．
C． D．

3．已知三个单位向量满足，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．

4．在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是（    ）
A． B．当，时，的面积为
C．若是的角平分线，且，则
D．当时，为直角三角形

5．在中，已知，，且满足，，若线段和线段的交点为，则（    ）.
A． B． C． D．

6．已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为（    ）
A．1 B．3 C．5 D．
7．如图1所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E、F、M分别为线段BC、CD、BE的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B、C、D三点重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P﹣AEF，则下列结论中正确的有（    ）
A．点在平面上的投影为的外心
B．直线AM与平面PEF所成角的正切值为2
C．三棱锥P﹣AEF的内切球半径为
D．过点M的平面截三棱锥P﹣AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为
8．已知四棱锥平面，二面角的大小为.若点均在球的表面上，则该球的表面积为（    ）
A． B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列等式成立的有（    ）
A． B．
C． D．

10．已知的面积为3，在所在的平面内有两点P，Q，满足，，记的面积为S，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．

11．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）
A．由可得是的整数倍 B．函数为偶函数
C．函数在上为减函数 D．函数在区间上有20个零点

12．如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题正确的是（    ）
A． 是定值 B．点在球面上运动
B． 一定存在某个位置，使
D．一定存在某个位置，使平面

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设复数在复平面内对应的点为Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则p+q=_______.

14．已知函数，若方程的解为，则______，_______．

15．已知中角，，所对的边为，，，，，点在上，，记的面积为，的面积为，，则______．

16． 地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则球离球托底面的最小距离为_______________.

四、 解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知，，，．
(1)求的值； (2)求的值．




18．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.
(1)求角的大小； (2)若，求的取值范围.





19．已知函数的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式.
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标变），得到函数的图象，当时，求函数的值域.
(3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到依次为，求的值域.











20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.







21．在中，角所对的边分别是，为的角平分线，已知且，.
(1)求的面积；
(2)设点分别为边上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值.






22.如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．
(1)求证：BC∥平面EFGH
(2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为?







成都石室中学高2025届期末数学复习检测（一）答案
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．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（    ）
A．若m//α，α∩β=n，则m//n B．若α∩β=m，m⊥γ，则α⊥γ
C．若α⊥β，γ⊥β，则α//γ D．若α∩β=n，mα，m⊥n，则α⊥β
【答案】B
【分析】由线面平行的性质定理可知A的正误；利用面面垂直的判定定理可知判断B,有反例可判断BD．
【详解】对于A，，，则，错误，原因是不一定是经过直线的平面；故A错误；
对于B,因为，，由面面垂直的判定定理得：，故B正确．
对于C，若，，不一定得到，例如长方体中，同一顶点出发的三个平面，故C错误，
  
对于D,若，，，则错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否与一定垂直，故D错误；
  
故选：B
2．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（     ）
  
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，
所以圆锥体的侧面积为，
圆柱体的侧面积为，
圆柱的底面面积为，
所以此陀螺的表面积为，
故选：C.
3．已知三个单位向量满足，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得，设与所成的角为，则有，根据求解即可.
【详解】解：由题意可得，
又因为，
所以，
设与所成的角为，
则，
又因为，
所以，
所以，
即 ，
所以的最小值为.
故选：B.
4．在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是（    ）
A．
B．当，时，的面积为
C．若是的角平分线，且，则
D．当时，为直角三角形
【答案】D
【分析】选项A：先用正弦定理得，再利用三角恒等变换，求出，即可；选项B：直接解三角，发现无解即可；选项C：利用等面积法，的到的关系即可；选项D：利用正弦定理得，然后利用三角形角的关系，计算出各个角的大小即可.
【详解】选项A:因为，
由正弦定理可得，
又因为，
所以，
化简可得，因为，所以
可得，，故，选项A错误；
选项B：当，时，由选项A，得，因为，
可得，无解，故此时三角形不存在，选项B错误；
选项C：因为若是的角平分线，且，由选项A，得
故，而
得，
得，所以，选项C错误；
选项D：因为，由正弦定理可得，
又，，得，
所以，化简可得，因为，
解得或，由条件可知，故舍去，
故，所以，所以为直角三角形，选项D正确．
故选：D
5．在中，已知，，且满足，，若线段和线段的交点为，则（    ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】待定系数法将向量分解，由平面向量共线定理求出系数，然后代回原式计算
【详解】设，
由知，∴，∵，，三点共线，∴①，
由知，∴，∵，，三点共线，∴②，
由①②得：.，∴，
而，
∴
故选：B
6．已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为（    ）
A．1 B．3 C．5 D．
【答案】C
【分析】由、是偶函数得到，再由在上单调可得可得答案.
【详解】因为，所以，
则①.，因为是偶函数，
所以直线是图象的对称轴，所以②.
由①②可得，，又，所以，
则，
因为在上单调，的最小正周期为，
所以，解得，故的最大值为5，经检验，在上单调.
故选：C.
7．如图1所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E、F、M分别为线段BC、CD、BE的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B、C、D三点重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P﹣AEF，则下列结论中正确的有（    ）
  
A．点在平面上的投影为的外心
B．直线AM与平面PEF所成角的正切值为2
C．三棱锥P﹣AEF的内切球半径为
D．过点M的平面截三棱锥P﹣AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为
【答案】D
【分析】对于A：根据垂直关系分析判断；对于B：根据线面夹角的定义分析运算；对于C：根据锥体的内切球结合等体积法运算求解；对于D：根据题意将三棱锥P﹣AEF转化为长方体，结合球的性质运算求解.
【详解】对于选项A：设的外心为，连接，则，
点在平面上的投影为的外心，等价于，
等价于，
所以点在平面上的投影为的外心，等价于，
显然，则点在平面上的投影为不是的外心，故A错误；
  
对于选项B：由题意可知：，且平面，PE、PF交于P点，
可得平面，可得直线AM与平面PEF所成角为，
因为，所以，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，
则，，
所以三棱锥的表面积，
体积，
设三棱锥P﹣AEF的内切球半径为，则，故C错误；
对于选项D：如图，将三棱锥转化成长方体，
则三棱锥的外接球的半径，
可知当截面过外接球的球心时，截面面积最大，最大值为；
可知当截面与垂直时，截面面积最小，设截面半径为，
可得，则截面面积为；
所以截面的面积的取值范围为，故D正确；
故选：D.
  
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
8．已知四棱锥平面，二面角的大小为.若点均在球的表面上，则该球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用点均在球的表面上可得四点共圆，先证明平面，得出二面角的平面角为，可计算出，再利用勾股定理可得出四边形外接圆的直径为，则，最后利用外接球的表面积公式代入即可得出答案.
【详解】因为，所以，
因为点均在球的表面上，
所以四边形内接于圆，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
平面，所以，又，
所以二面角的平面角为，所以，
在中，因为，所以，
由余弦定理可得：，
即，即或（舍去），
所以，所以外接圆的直径为：，
即四边形外接圆的直径为，
因为平面，所以，四棱锥外接球的半径为：

所以四面体外接球的表面积为.
  
故选：B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列等式成立的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用两角差的正切公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式结合诱导公式可判断C选项；利用两角差的余弦公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，，A错；
对于B选项，因为，
所以，，B对；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，
，D对.
故选：BD.
10．已知的面积为3，在所在的平面内有两点P，Q，满足，，记的面积为S，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.
【详解】由，，
可知点P为的三等分点，点Q 为延长线的点，
且为的中点，如图所示：

对于A，点P为的三等分点，点为的中点，
所以与不平行，故A错误；
对于B，,
故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，设的高为，，即，
则的面积，故D正确；
故选：BD
【点睛】本题考查了平面向量的共线定理、共线向量、向量的加法与减法、向量的数量积，属于基础题
11．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）
A．由可得是的整数倍
B．函数为偶函数
C．函数在上为减函数
D．函数在区间上有20个零点
【答案】BCD
【分析】由正弦函数图象的对称轴求得，然后利用正弦函数性质判断各选项．
【详解】由已知，，
又，所以，
．
A．当，时，，但不是的整数倍，A错；
B．是偶函数，B正确；
C．时，，由正弦函数性质知它是减函数，C正确；
D．，在上，，或时，，因此有两个零点，而含有10个周期，因此有20个零点，D正确．
故选：BCD．
12．如图所示，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成，若为线段的中点，则在翻转过程中，则下列命题正确的是（    ）

A．是定值
B．点在球面上运动
C．一定存在某个位置，使
D．一定存在某个位置，使平面
【答案】ABD
【解析】取中点，连接、，则、，由平行线性质得，可判断A，这时可得出平面平面，从而判断D，利用长为定值可判断B，结合在平面内的射影可判断C．
【详解】A对，取中点，连接、，则、，，定值，定值，根据余弦定理得，，∴是定值，
B对，是定点，∴是在以为球心，为半径的球面上，
C错，当矩形满足时存在，其他情况不存在，否则若不成立，作于，连接，可得平面，从而有，因此有原图形中共线，，矛盾．
D对，取中点，连接、，则、，
∴平面平面，∵平面，∴平面.
故选ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查空间的位置关系，考查空间距离概念，掌握直线与平面平行，平面与平面平行的判定方法是解题关键．方法是取中点，连接、，引入平行线，则可得线面平行，面面平行，利用等角定理得角相等，题中会出现许多定值，从而可判断结论．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设复数在复平面内对应的点为Z的坐标为，且是关于的方程的一个根，则P+q=_______.
【详解】若点Z的坐标为，则，所以，
整理得，所以，解得，所以
14．已知函数，若方程的解为，则______，_______．
【答案】
【解析】由已知求出的范围，根据方程的解的对称性可求得；再利用表示，即可表示为，再根据已知条件结合三角函数求值即可得到答案.
【详解】，，
又方程的解为，，
解得．，

由，可得，．
又，可得，
.
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的对称性，及利用诱导公式化简三角函数并求值，解题的关键是要注意到是的两个根，由三角函数图象的对称性得到两个根的对称性，从而得解，考查了学生的分析解题能力与转化能力，属于中档题.

15．已知中角，，所对的边为，，，，，点在上，，记的面积为，的面积为，，则______．
【答案】6
【分析】解法一：利用面积公式和已知面积比可以求得，从而得到，在和中同时应用正弦定理并结合得到．设，则，，在和中同时应用余弦定理并结合，消角求值；
解法二：把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．利用角平分线定理和面积公式可得，求得，并设，则，在中和中同时余弦定理，消角求值即可.
【详解】解：法一：设，则，
则，．
因为，所以．

在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
两式相比得．
设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以①．
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
法二：因为，把沿翻折到，使，，三点共线，则平分．

因为，所以．
因为，
所以，设，则，
设，则．
在中，由余弦定理得，
所以①，
在中，由余弦定理得，
所以②，
联立①②得，所以．
故答案为：6．
【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的综合应用，关键是在不同的三角形中同时应用正、余弦定理并结合，消角求值.

17． 地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则球离球托底面的最小距离为_______________.

【详解】解：将几何体补全为直三棱柱，如图示，
知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为


五、 解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知，，，．
(1)求的值； (2)求的值．
【分析】（1）由诱导公式和余弦的二倍角公式求解；
（2）由平方关系、两角差的余弦公式计算．
【详解】（1），则，
又，则，所以；
（2）由（1）得，即，
因此由，，得，，
所以，，
所以．
18．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若，求的取值范围.
【分析】（1）结合向量运算、正弦定理求得，由此求得.
（2）利用正弦定理将表示为三角函数的形式，结合三角函数值域的求法求得的取值范围、
(1)在中，，∵，∴，
即，由正弦定理得：，
∴，∴，又，∴，∴.
(2)由正弦定理得：，∴，，
∴

，
∵，∴，即，
∴，，
∴，
即.
19．已知函数的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式.
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标变），得到函数的图象，当时，求函数的值域.
(3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到依次为，求的值域.
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式即可化简；
（2）利用三角函数的图像变换，可求出，由三角函数的性质求解在的值域；
（3）由方程，即，设，即，结合正弦函数的图象，，求出的范围，代入即可得出答案.
【详解】（1）由题意，函数
，
因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得，
故函数.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
当时，，
当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最大值，最大值为，
故函数的值域.
（3）由方程，即，即，
因为，可得，
设，其中，即，
结合正弦函数的图象，如图所示：

可得方程在区间有5个解时，即，
其中，
即，，
解得，
所以.
从而
20．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求异面直线与所成角的正切值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可；
（3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）解：∵平面，平面，∴，
又四边形是矩形，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
又是的中点，，∴，
∵，所以平面.
（2）解：∵底面是矩形，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，
由（1）得平面，∴平面，
∵平面，∴，∴为直角三角形，
又是的中点，，∴，
∴在中，即为异面直线与所成角，故，
∴异面直线与所成角的正切值为.
（3）解：取中点为，连接，，
在中，分别为线段的中点，故，
∵平面，∴平面，
∴，
由（1）得平面，∵平面，∴，
∵，∴，又，∴,
∴，
设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则，解得：，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．在中，角所对的边分别是，为的角平分线，已知且，.
(1)求的面积；
(2)设点分别为边上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）结合余弦定理和正弦定理边化角可得，进而得到；利用正弦定理可推导得到，设，在和中，利用余弦定理可构造方程求得；在中利用余弦定理可求得，进而得到，利用三角形面积公式可求得结果；
（2）设，，，由向量线性运算可得；由三点共线可得，进而可构造方程组得到，结合平面向量线性运算和向量数量积运算性质可将表示为，由范围可求得最小值.
【详解】（1）由余弦定理可得：，则，
，由正弦定理得：，
，则；
又，，
，，又，，
设，则，
，即，解得：，，
，则，
.
（2）设，，

由（1）知：；
；
设，则，
三点共线，可令，
则，解得：，；
又，，
；
，，
，
，当时，.


22.如图在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△DBC为直角三角形，其中D为直角顶点，．E、F、G、H分别是线段AB、AC、CD、DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形．
(1)求证：BC∥平面EFGH
(2)试探究当二面角从0°增加到90°的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设（），且△ACD是以CD为底的等腰三角形，当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为?






【分析】（1）利用线面平行的性质和判定定理可证明；（2）找到在平面BCD上的投影轨迹，即可求出面积；（3），用分别表示四棱锥、四面体与四面体的体积比，求解可得结果.
【详解】（1）证明:四边形EFGH为平行四边形，.
而面面BCD，面BCD.
而面ABC，面面，.
而面面EFGH
面EFGH.
（2）
在平面BCD上的投影满足，即在平面BCD上的投影在线段BC的中垂线上.
如图所示，将补成边长为2的正三角形，

当二面角为角时，即点在平面BCD上，此时为，
当二面角为角时，此时为BC中点，
故DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域为，
而，故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为.
（3），且为等腰三角形，.
取BC中点，由题意得:,，
满足，根据勾股定理可知
平面
而多面体ADEFGH的体积恰好为，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半.
连接AH、AG，设点到平面的距离为，点到平面的距离为，


设点到平面的距离为，.
，整理得
，解得舍去).