四川省泸县第五中学2025-2026学年高一下学期期末模拟数学试题二

**基本信息** 泸州市高一下期期末数学模拟卷，覆盖集合、复数、解三角形、立体几何等核心内容，解答题如四棱锥线面角与距离问题综合考查空间想象与逻辑推理，体现数学思维与空间观念。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|集合运算、复数几何意义、充分必要条件|基础巩固，注重概念辨析| |选择题（多选）|3/18|向量投影、长方体线面关系、解三角形综合|能力提升，考查多维度思考| |填空题|3/15|三角恒等变换、解三角形、三棱锥外接球|聚焦关键技能，强化空间观念| |解答题|5/77|三角函数性质、四棱锥线面角、函数存在性问题|创新应用，如函数存在性问题考查抽象能力与推理意识，贴合期末综合检测需求|

泸州市高2025级高一下期期末模拟试题二 数 学 第I卷 选择题（58分） 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．已知全集 ，集合 ，集合 ，则 A． B． C． D． 2．复数满足，那么复数对应的点坐标为 A． B． C． D． 3．在中，，则 A． B． C． D． 4．已知直线，平面，且，则“”是“”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 5．设，则的大小关系为 A． B． C． D．8题图 6．已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是 A． B． C． D． 7．已知，则 A． B． C． D． 8．如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为  A． B． C． D． 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，，，则 A． B．若，则 C．若，则 D．在上的投影向量的坐标为 10．如图，在长方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是 10题图 A．四点共面 B．直线，直线，直线交于一点 C．直线与直线所成的角为 D．直线与平面所成的角的正切值为 11．在中，角的对边分别为，外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是 A． B． C．面积的最大值为 D．若，角的平分线交于点，则 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则_______________． 13．在中，已知，，，则_________． 14．在三棱锥中，平面，已知,,，则该三棱锥的外接球的表面积为___________. 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．（13分）在平面直角坐标系中，已知，,. （1）求的值； （2）若，求的值. 16．(15分)已知函数． (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)若，且，求． 17．（15分）如图，在△ABC中，点在边上，，，. (1)求； (2)若的面积是，求. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.  (1)若为线段上的动点，证明：平面； (2)若为的中点，是上靠近的四等分点， （i）求和平面夹角的正弦值； （ii）求点到平面的距离. 19．（17分）已知函数． (1)求的值； (2)判断并证明的奇偶性； (3)设函数．若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围． 第1页，共2页 第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $泸州市高2025级高一下期期末模拟数学试题二 参考答案 一. 单选题 题号 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D C D D A B C 二.多选题 题号 9 10 11 答案 BD ABD ABC 三.填空题 12.9 13.√5+1或V5-1 14.36π 四.解答题 15.解：(1)由题意知0A=(2,-1),0B=(0,2),0C=(c0sa,sina),……3分 所以0A+0B=(2,1）…5分 因此0A+0B=V22+12=√5；…7分 (2)因为0A⊥OC,所以OA.0C=2cosa-sina=0,即tana=2…10分 圆m得子 …13分 3 1 6.解：I）fsinx cos-2sr],osr=sinreos sin2x+cos2x…1分 -sin2+cosin)-sin2x+c0s2xsin2 1 .1 2sin2x+ π 4 “fx)的最小正周期T=2π =兀；……………4分 :y=sint的单调递增区间为-刀+2km≤1≤交+2kx(k∈Z,令1=2x+ 2 4…5分 则-号+2≤2r+导经+2keZ,解特否+a≤爱+ake2, …6分 的单调区何为[+k红+eZ… …7分 8 cos2a=-2 ，得cos2a= 2’…8分 :a∈0，，则2a∈(0，， 2 2a= 3故a= 2 则sina= 3 2,c0sa=1 1 …10分 2 第1页，共2页 由cosa-)-a,B为锐角且a>0,得s5na-)=-cosa-可=号1分 sinB=sin[a-(a-p)]=sinacos(a-β）-cosasin(a-B）…l3分 V531435-4 …15分 252510 17.解：(1)在△APC中，因为∠PAC=60°，PC=2,AP+AC=4, 由余弦定理得PC2=AP2+AC2-2 AP-AC.cos∠PAC,· …2分 所以22=AP2+(4-AP)2-2AP(4-AP)cos60°， 整理得AP2-4AP十4=0，解得AP=2.…… ……………4分 所以AC=2,所以△APC是等边三角形.· …5分 所以∠ACP=60°.… …6分 (2)由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB=120°.…7分 因为△APB的面积是3V 2 ,所以APBm∠APB=35 。8分 所以PB=3.… ……9分 在△APB中，AB2=AP2+PB2-2APPB·cos∠APB=22+32-2×2×3×cos120°=19，·11分 所以AB=19.……12分 AB PB 在△APB中，由正弦定理得 sin∠APB sin∠BAP' 0…14分 所以sin∠BAP=3sin120°3V57 19 ………15分 38 18.(1)证明：因为PA⊥底面ABCD,且BCC底面ABCD,所以PA⊥BC,·1分 因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC,…2分 D 因为PA∩AB=A，又PA,ABc平面PAB,所以BC⊥平面PAB, …4分 因为AEC平面PAB,所以BC⊥AE.… …5分 由PA=AB,E为线段PB的中点，可知AE⊥PB, 因为PB∩BC=B,且PB,BCc平面PBC,所以AE⊥平面PBC,· ……6分 (2)取AB的中点M,连接EM,FM. 因为E为PB中点，M为AB中点，所以EM是△PAB的中位线 故EM∥PA,且EM=PA=l.… ……8分 又PA⊥底面ABCD,所以EM⊥底面ABCD, 因此FM是EF在底面ABCD内的射影，∠EFM即为直线EF与平面ABCD所成的角. 第1页，共2页 由题意，F是BC的四等分点，BC=2,故BF= 1 BC= …9分 又M是AB中点，AB=2,故MB=1. 在R1aMBF中，FM=VMB2+BF2 +2 ………………10分 在RtEMF中，EF=VEM2+FM 12 5 …11分 2 因此， sin∠EFM=EM-1_2 E℉-33.… ……12分 (i)利用等体积法，-ABr=Vr-APE,设点P到平面AEF的距离为h。.…13分 由(I)知BC⊥平面PAB,故BF⊥平面PAB,即点F到平面APE的距离为BF= 2 在等腰RtPAB中，AE上PB,4E=PB=,PE=反， 5.mEPE=5万-1.… …14分 2 园.nm脉兮兮行 由(I)知AE⊥平面PBC,故AE⊥EF,即△AEF为直角三角形.·15分 又E-5.r-号故m分日9 …16分 24 水…将o鸣-名a名解号 1 …17分 6 3 19.解：(1)由题，将x=0代入得f0=1og,(2°+1)-×0=1og2=1.…2分 2 (2)∫x为偶函数.… …………3分 证明：由题可知，f(x定义域为R f)=log(2+1-2x,f-x刘=lg:2++7, …4分 八-f-=log,2+--og2+-分 25+1-x=1og2*+102 （2*+12* =10822*+1 =g 2*+1)2* -x=X-x=0 1+2 ……………6分 所以f=∫(-x).所以，f(x为偶函数. …7分 (3)由题，g(刘=f+x=1og(2++2, …8分 第1页，共2页 令m=2+1,则m在R上单调递增，根据对数函数的性质可知log2m在R上单调递增， 故log22+1单调递增， 又在R上单调递增，g)在R上单调避增…10分 所以，当x∈0,1时，g(xm。=g(0）=1,…11分 因为对任意的x∈[0，，存在x2∈[0,1，使得h(x)>g（x2), 所以4-a-2+3>1对于x0,1恒成立，即a<4+2恒成立… …13分 2 i设1=2，xe0,,则112列，4+2-+2=1+2≥22，… …15分 t 当且仅当1=2，即x=时，等号成立.… ……16分 2 所以a<2√.… ……17分 第1页，共2页