云南师范大学附属中学2025～2026学年高一下学期期中考试数学试题

云南师大附中2025~2026学年下学期期中考试试题 高一年级数学 本试卷分第【卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页， 第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试 用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚： 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效， 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中， 只有一项是符合题目要求的) 1.已知全集U=R,集合A={yly=√x-I},则CuA= A.(-∞，0)》 B)(-∞，1) C.[0,+∞) D.[1,+∞) 2.已知ax,B是两个不同的平面，直线UCax,则“lLB”是“a⊥B”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3设a=lg2,6=lg2,c=7,则 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 4.已知向量a,b满足|a=1,|b1=2,|a-b|=√7，则a与b的夹角为 A君 B c. .3 5.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，M为AB的中点，N为CC,的中点，P为线段AA,上一 点且A1P=3AP.过点M,V,P作该正方体的截面，记为a,则截面a为 A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 高一数学·第1页（共4页) 6.已知在△ABC中，点D在边BC上，且AD平分∠BAC,AB=1,AC=2,则AD= A.B+名屁 B.B+4配 3 C.AB+-BC D.店+2花 7.设函数f(x)=e*+e*+a(x-1)2,g(x)=3cosx-2ax,当x∈(-1,1)时，曲线y=f(x)与 y=g(x)恰有一个交点，则a= A.-1 1 c.2 D.1 8.已知正三棱台ABC-AB,C1的体积为28，AB=8,A,B,=4,M,N分别是BC和B,C1 的中点，则异面直线MN与AB,所成角的余弦值为 A.0 B.3 10 6 C.3 D.4 13 14 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有 多项是符合题目要求的.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若函数x)=an3x+), 则下列说法中正确的有 A八x)的最小正周期为 x)的定义域为≠智+5e乙 Cx)图象的对称中心的坐标为怎-五0(ksZ) D.f(x)的单调递增区间为 () 10.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列说法中正确的有 A.若sinA>sinB,则A>B B.,若sin2A=sin2B,则A=B C.若a6 cosA cosB' 则A=B D.若bcosC+ccosB=b,则A=B 高一数学·第2页（共4页) 11.类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1①，由不共面 的三条射线PA,PB,PC构成的图形称为三面角P-ABC,记∠APC=a,∠BPC=B, LAPB=Y,二面角A-PC-B的大小为0，则cosy=cosacos3+sinasinBcos8.如图②， 在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1,乙ADC=君∠DMB=、如图@，将 △ACD沿AC翻折至△ACP，记二面角P-AC-B的平面角为81，记二面角A-CP-B的 平面角为，，则下列说法正确的有 ① ② ③ 图1 A.当8，=时，则PM1AB B.当=时，则PB= 2 C.当PC1BC时，os6,=3 D.cos,的最小值为Y 第Ⅱ卷（非选择题，共92分) 注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答 无效 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分) A 12.如图2，已知△O'A'B'是一个平面图形用斜二测画法画出的直 观图，0'A'=2,OB=3,则原平面图形的周长是 45 70 B 13.已知函数f(x+2)为奇函数，当x<2时，f(x)=ax2-x(a≠0)， 图2 若f(x)在(2,3]上单调递增，则a的取值范围是 14.如图3，某公园内有一个半圆形湖面，0为圆心，半径为 1千米，现规划在半圆弧岸边上取点C,D（点C在点A 与点D之间)，满足∠COD=∠OBD,拟在四边形OBDC 区域内种植荷花，并在湖面上修建栈道CD,DB作为观光 路线，若观光路线总长度CD+DB取得最大值时，则 图3 sin∠COD= 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分13分) 已知向量m=(sinx,2),万=2cs,inx-》,其中xER,设函数f孔x)=成·元 高一数学·第3页（共4页) (1)求f(x)的最小正周期； (2)若x∈[牙，引，求x)的最大值和最小值 16.（本小题满分15分) 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知csinC-bsin(A+C)=√2 asinC -asinA. (1)求B; (2)若a=2√3，b=2√2，求△ABC的面积. 17.（本小题满分15分) 如图4，已知在三棱柱ABC-A1B,C1中，AA1⊥平面ABG, 点D是BC的中点， (1)求证：A,C∥平面ADB,; (2)若AB=AC=5,BC=8,AA,=2,求三棱锥C,-ADB1的 体积 D 图4 18.（本小题满分17分) 如图5，设△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,D为边AB上的中点，且 sin(A+2B)=2-2cosC,6=2,CD=22. sinB (1)求a; (2)求cos∠ACB; (3)设M,N分别为边CA,CB上的动点，线段MN交CD 2 于P,且四边形ABNM的面积为△CAB面积的 D 图5 求CP.M的取值范围. 19.（本小题满分17分) 如图6，在三棱锥A-BCD中平面ABC⊥平面BCD,AB⊥AC,BC=3,CD=7, cos LBCD=- 一，已知E为线段D上一动点且BE=ABD,其中0<A< 3 (1)当A=4时， (i)求证：AB⊥CE; (ⅱ)若三棱锥A-BC北的各个项点都在球O的球面上，求球 0的体积； 3 (2)设AE与平面BCD所成角为a&,当入=。时，求tana的最 图6 大值. 高一数学·第4页（共4页)云南师大附中2025~2026学年下学期期中考试试题 高一年级数学参考答案 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.在每小题给出的选项中，只有一 项是符合题目要求的) 题号 2 3 4 5 6 8 答案 A B D C D C 【解析】 1.函数y=√x-1在1，+∞)上单调递增，则其值域为y∈[0，+o),即A=[0,+o),因为全 集U=R,因此A=(-oo,O),故选A. 2.当1LB时，由1ca,可知a⊥B,故充分性成立：当a⊥B时，由1ca,直线l与平面B 可能垂直，也可能平行，故必要性不成立：所以“1上B”是“α上B”的充分不必要条件， 故选A. 3.因为2c=1,2a=1og4>1,2b=1og4<1,所以a>c>b,故选B. 4.由a-b57两边平方，a2-2a.i+6=7,因|a上1,1=2，故可得，a6=-1,所 以osa=,因0<么≤元，故得a=，故选D. 5.如图1所示，在正方体ABCD-AB,CD,中，由于平面ABB,4∥平 A 面DCC,D,且平面a与平面ABB,A的交线为MP，故平面x与 平面DCCD的交线必过点N,且与MP平行.不妨设正方体的棱 长为1，在矩形BBA中，由恩，可知M-之，AP=:在矩 图1 形0ca中，c0-,Gw-方于是张-器=2，又2PM=公0-0，故 △PAM∽△NCD,所以MPWD,因此平面a与平面DCC,D的交线就是ND,由于平面 ADD4∥平面BCCB,且平面a与平面ADDA的交线为PD,故平面C与平面BCC,B的 交线必过点N,且平行于PD.设NQ∥PD且N2与BC交于点2，连接MQ,则平面a与 平面ABCD的交线为MQ,所以D,P,M,,N五点共面，所以截面a为五边形， 故选C. 高一数学参考答案·第1页（共10页） 6.由于AD平分BAC,所以∠BD=∠CMD,则e= AB×AD×si∠BAD AB BD SACAD y AC×ADx sin,∠CAD AC DC 片，所以励-Dc,则而-西c-而，即而=西+c,所 0=西+西+号c,所以而-恋+C,故逸c 7.令f()=gx,即e*+e*+a(x-1)2=3cosx-2ax,可得e+e+ax2+a=3cosx,令 F(x)=e+e+ax2+a,G(x)=3cosx,原题意等价于当x∈(-l)时，曲线y=F)与 y=G(x)恰有一个交点，注意到F(x),G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得 F(0)=G(0),即a+2=3,解得a=1.若a=1,令F()=G(x),可得e*+e*+x2-3cosx +1=0:因为x∈(-l,1),则e*+er+x2+1≥3，-3cosx≥-3，当且仅当x=0时，等号成 立，可得e+e+x2-3cosx+1≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程 e*+ex+x2-3cosx+1=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点， 所以a=l符合题意，故选D. 8.如图2，设正三棱台ABC-ABC的上、下底面中心分别为O, 0,离为0oa=h,由于5uc8xx9-16方， 2 则 2 V8c-4G=3 16W5+4W5+V163x4W5)h=28,解得00=h=V5.在正 图2 △Mc中，0-子x98=89,同夏得40-民 ，所以在直角梯形 ×4-5 32 3 3 2 4004中，4=40-40P+00 3 +-5y5;在等腰梯形BCC4中， 由于M,N分别是BC和B,C的中点，所以MN为等腰梯形BCCB的高，所以 a-股-(2C,8C-（6-2-号.即a0N-厚同理在特腰院形84中， 对角线得+(848-号+6号，则级=5：设w的中点为 高一数学参考答案·第2页（共10页） 连接AH,B,H,由于B,H∥MN且BH=N,所以∠ABH是异面直线MN和AB所成 的角（或补角）.又在Rt△4MH中，AH=V4AM2+M=V(4)2+22=2N13;在△AB,H 121+13-52 中，由余弦定理，得0s∠ABH=B+BH2-AH-3十与 3 所以异面 2AB·BH 121.13 13, 直线MW和AB所成角的余弦值为E，故选C 13 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 题号 9 10 11 答案 BC ACD ABD 【解析】 9对行A,由时=如3x+所以=-，所以f的绿小正周期为故A错 误，对于B,由3x+下+匹+m,k∈Z,解得x≠匹+正，k∈Z,所以f问的定义域为 4 312 故B正确；对于C,令3x+5=匹，keZ,解得x=血-，kEZ, 42 612 所以fx)图象的对称中心的坐标为 后是0ke,放c正确：对于D,令 点受x+子<血+受keZ,解得g-子<x<管+沿ke乙，所以的单调造端 区阿为管-云号+哥)keZ,故D错误，放选BC l0.对于A,因为在△ABC中，由正弦定理可得sinA>sinB等价于a>b,又因三角形中大 边对大角，故a>b等价于A>B,故A正确；对于B,因为sin2A=sin2B,所以2A=2B 或24+2B=,即4=8或4+B=受，故B错误：对于C,由正孩定理4- b sinA sin B 结合条件得in4=simB 所以sin AcosB-cosAsin B=0,所以sin(A-B)=0,又 cos4 cosB <A-B<元，则A-B=0,即A=B,故C正确：对于D,由正弦定理6=C sinB sinC' 高一数学参考答案·第3页（共10页） 结合条件得sin BcosC+sinCcosB=sinB,所以sin(B+C)=sinB,即sinA=sinB,又 0<A<π，0<B<π，所以A=B,故D正确；综上，故选ACD. 1.由题，可知在△4CD中，由C=CD=1得∠CMD=∠ADC-名，放∠AcD= ，AD=g 又因为DAB三所以∠BAC=DAB-∠DAC=?-石-5于是在等腰RABC中， BC=VB+AC=反，AC8=牙.翻折保持边长与角度不变，因此在△MCP中， =0=5,==l,且∠PAC=∠D4C-名，4CP=∠ACD-在三角 3 A-PCB中，应用三面角余弦定理，得cos∠PAB=cos∠ACcos∠CAB+ m∠P4Csin∠CAB08.代入得cos∠PAB=0 25+sin石in2cos8=2os80,对 62 62 于A,当日=时，cos∠PAB=0,所以∠PAB=,即PALAB.故A正确：对于B, 由@式，当A=君时，cas∠PB=sg5.在△PMB中，AP=5,AB=1,由余 2 6 弦定理得PB=AP2+AB-2·AP·AB COS∠PAB=3+1-2x5x1x5=4-3-.因此 4 22 PB= 5=,故B正确；设PCB=x,在三面角C-PB中，应用三面角徐我 理，得cos∠ACB=cos∠ACPcos.∠PCB+sin∠ACPsin,∠PCBcose,即cosT=cos -COSx+ 4 血子血xosg.代入化商得怎-之+m0m8,从面eos8=B+@ 22 2 3sinx 对于C,若Poc,则=PC8-受，代入上试得=5t0-5 V3x13,故C错误： 对于D,由②式由于x0对，令1=伽>0，则咖x=， 1-t2 1+2,c0sx= +2 于 2+1- 是cos82= ++正-迈-0P+迈+_互-+2+1.！.由基本不等式， -t+ V52 23t 2W323t 1+t2 c0s62≥2， W2-12+1- 当且仅当5-，=反+1,1 二二时取等号，此时最小值可取 2W5 2W3 3 232W5t 得，故os&,的最小值为5，故D正确，故选ABD, 高一数学参考答案·第4页（共10页) 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） 题号 12 13 14 1 答案 12 2+∞ 5 8 【解析】 12.由题意，原图形中OA=2O=4,OB=3且OA⊥OB,如图3所示， 因此AB=5,所以这个平面图形的周长为12. 13.因为函数f(x+2)为奇函数，所以f(x)关于点(2,0)中心对称.又f(x) 在(2,3]上单调递增，则f(x)在区间1,2)上也单调递增.又当x<2 图3 时，f=a-x(a≠0)，对称轴为x三2：当a<0时，f)=am-x的图象开口向 [a>0 下，且<0，此时f)=ax2-x在区间L2)上单调递减，不合题意，所以0<1， 2a 2a 解得心之，所以a的取值范围是 + 14.设LC0D=∠0BD=a,则∠B0D=元-2a,0<a<元，且0<元-2a<π，则0<a< 2 在等腰△C0D中，由余弦定理，得CD=√1+1-2×1×1×cosa=V2-2coa 4sin 2 =2血g，同理在等腰△BOD中，由余弦定理，得DB= 2 i1-2 x1x1xco-2☑=2+2cos2a=2cosa=2l-2sn2）号， ,所以CD+DB= 2 所以当 2 21 sin- "22×(4)4 时，CD+DB取得最大值，此时cos二=国 ,则 24 如a=2sin二cos兰=2xx压=匝，即sin∠COD=5时，CD+DB取得最大值 22 448 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 解0由于m=6如x2,i-20xsn2x-》 ，f)=mn, 高一数学参考答案·第5页（共10页） 所以fx)=m·n=2 sinxcosx-+2sin2x-1=sin2x-cos2x=V2sin 所以f)的最小正周期为T=2红=元 …(7分) (2设=2x-，由于x[引所以-≤≤ 由于)=反在[冬引上单调莲疏在受引上单词递增， 所以当=受时，=5，即当2x-牙=受时，fwm-f()万： 所以当时，=x-1，即当2x-时，=(得- (13分) 16.（本小题满分15分) 解：(1)由于A+C=π-B,所以原式可化为csinC-bsinB=√2 asinC-asinA, 又由正弦定理，得c2-b2=V5ac-a2,即心+c2--2 2ac 2 (4分) 所以由余弦定理，得c0sB=巨 2 由于B∈(0，)，所以B= (6分) Γ4 (2)由正弦定理，得a=25 sin A sinA sin B 2, 所以si咖A= sin 由于A∈(0，，所以A=-或A=2 (10分) 3 3 当4助c告m础音后+引99+兽-6 4 则5ca0snc=x25x2x64巨-3+5， 2 4 当4号助，c-语而如语如售-到-9要-×9-6：巨， 3-4=2X2-2×2= 4 高一数学参考答案·第6页（共10页） 则SAB -1absinC-1x2x2x6-2-3-. 2 综上，得△ABC的面积为3+√5或3-√5· …（15分) 17.(本小题满分15分) (I)证明：如图4，连接AB,设AB∩AB=E,连接DE, 因为四边形AABB是矩形，则E为AB的中点. 又D是BC的中点，所以DE∥AC. 又DEc平面ADB,AC文平面ADB, 图4 所以AC∥平面ADB. …（6分) (2)解：由于AB=AC,D是BC的中点，所以AD⊥BC, 又在三棱柱ABC-AB,C中，由于AA⊥底面ABC,且A4∥BB, 所以BB⊥平面ABC,由于ADC平面ABC,所以BB⊥AD, 由于BB∩BC=B,BB,BCc平面BBCC, 所以AD⊥平面BB,CC,则AD是三棱锥A-BDC的高. 在等腰△ABC中，AB=AC=5,BD=BC=4,则AD=3; 2 又ep8Gx2=8, 所6=形xaa%×AD-x8x3=8, 3 (15分) 18.(本小题满分17分) 解：（1)由题，得sin(A+B)cosB+cos(A+B)sinB=2sinB-2 sin BcosC, 由于A+B=π-C,所以sinCcos B-cosCsin B=2sinB-2 sin BcosC, sin Ccos B+cos Csin B=2sin B,sin(C+B)=2sin B=sin(-A)=sin A. …(3分) 由正弦定理，得a=2b=4. ......m..a...... (4分) ②由于D为边AB上的中点，所以⑦=@+画， 则⑦f-4Ca+0-62+t+2acas∠4cB, 所以cos∠4CB=4CD2-b2-a=4x222-2-4_3 …(8分) 2ba 2×2×4 4 高一数学参考答案·第7页（共10页) (3)设C乎=kCD(k≠0)，CM=CA,C=uCB(1,u∈(0,1))， 所以Ci=2,1CN=44. 于C⑦=a+c丽，所以c=kCD=kca+cB=冬Cm+kc 2 2 24 +东=1，所以k=2 由于P、M、N三点共线，可得2元+2 2+4 (11分) 由于am.-值a+小@-a=a+网-网 (告a.西经a+竖面-（竖x经2+号 =3kμ-3k2-2k+8k4=11kμ-5k入： SACMN =1 题，S边形BMw=SAcB-SACw，而。=二=ACA一SACY,所以S= SACAB 3 S△cB 由于ay- 1.ICMICNI.sin∠ACB 1.2元.4r-sin∠ACB 1 =4= Scsin∠AcB ×2×4·sin∠ACB 2 2 (13分) 0-子兴- 11-51 1 32 由于Ae@,面员e@,所以行 则3+1学4所以-5+3（刀， 所以.（学） (17分) 高一数学参考答案·第8页（共10页） 19.(本小题满分17分) (1)（i)证明：如图5，连接CE,在△BCD中，由余弦定理， 得BD2=BC2+CD2-2,BC.CD cos.∠BCD=32+7-2×3×7× 64,故BD=8. = 又os∠C8D=BC2+BD2-CD2_9+64-491 2BC·BD 2×3×8 2’ 所以∠CBD= 3 当2=3时，此时BE=3BD=6,DE=2. 4 图5 1 在△BCE中，于是CE2=BC2+BE2-2·BC·BE cos.∠CBE=9+36-2×3×6×二=27， 即CE=35,BC2+CE2=32+(3V5)2=9+27=36=BE2, 故BC.LCE. …(3分） 又因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,而CE∈平面BCD, 所以CE⊥平面ABC,所以AB⊥CE. …（5分) (i)解：设0为线段BE的中点，则OB=OE=BE=3. 2 由(i)知BC.LCE,所以在Rt△BCE中， 故O为△BCE的外心， 所以OB=OC=OE=3. 由(i)知CE⊥平面ABC,故CELAC,CE LAB. 因为ABLAC,AC∩CE=C, 所以AB⊥平面ACE, ABLAE,即∠BAE=T 2 因此0也是Rt△ABE的外心，从而OA=OB=OE=3. 综上，OA=OB=OC=OE=3,故球O的半径为R=3. 所以球0的体积y=号R2=号元·27=36r.…(9分) 3 ②)解：如图6，当2=2时，BB=2BD=3x8=24 5 5 5 5 设H为点A在直线BC上的射影，即AH⊥BC. 图6 因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC, AHc平面ABC, 高一数学参考答案·第9页（共10页) 所以AH⊥平面BCD,故H为点A在平面BCD内的射影. 于是，AE在平面BCD内的射影为HE,故直线AE与平面BCD所成角为C,满足 tana= AH HE 设BH=x,0<x<3,则CH=3-x.在Rt△ABC中，AH为斜边BC上的高， 故AH=BH·CH=x(3-x). 又因为∠CBD=∠BB=于，所以在△B那中， 由余弦定理得，E2=BH+BE2-2·BH·BEcos60°=x2+ 24 -2x· 24.1 5 5×2 即E2=x_24x+576 -X+ 525 因此 24.,5769.576 x+ 64 tan'a=A2 3-) 51 25 x+ x- 5 HE2 25 x-24x+5761 1、9 24,576 5 x+ x2_24+576 -x+ x2- 25 5 25 -x+ 25 (13分) 令14->0，则如a-+ ,9 1 2-104,43136=-1+5 -t+ 4+3136104, 5 5 25 25t5 由基本不等式，得t+3136_104 25t5 2 6_104=12_104-8(当且仅当t=5时取等 25 5555 5 号)， 951 所以tan2a≤-1+2× 588 因此(aa一要，即知2的大值为点 (17分) 高一数学参考答案·第10页（共10页）