精品解析：北京市石景山区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

2025-2026学年第二学期高一期末试卷 数 学 本试卷满分为100分，考试时间为120分钟.其中I卷，共92分，共4页，Ⅱ卷共8分.请务必将答案答在相应的答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. I卷 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则是（ ） A. 偶函数，且最小正周期为 B. 偶函数，且最小正周期为 C. 奇函数，且最小正周期为 D. 奇函数，且最小正周期为 5. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 6. 要得到函数的图象，只要将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向左平移个单位 7. 在中，若，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 8. 正四棱锥的底面边长为2，其侧棱长的值不可能是（ ） A. B. C. D. 9. 在中，若，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 10. 已知函数的一条对称轴方程为，，且函数在上具有单调性，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共52分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 已知复数（为虚数单位），则____________． 12. 已知向量，，若，则____________． 13. 在中，若．则_____________． 14. 已知命题，能说明命题为假命题的一个的值是____________． 15. 如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方形及其内部运动，给出下列四个结论： ①存在无穷多个点，使得； ②存在点，使得直线与直线相交； ③存在点，使得点到直线和距离相等； ④若平面，则长度的最大值是． 其中所有正确结论的序号是___________． 三、解答题共4小题，共32分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 在中，，． （1）求的值； （2）若，求边上的高． 17. 已知函数．若的最小正周期为，且． （1）求，的值； （2）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围． 18. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：平面． 条件①：： 条件②：，． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 19. 设集合，定义变换：对任意有序数组，经过变换得到，其中，其中表示，中的最小者．记为数组所有元素之和． （1）若，求与； （2）当时，有序数组经过变换得到，再经过变换得到，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高一期末试卷 数 学 本试卷满分为100分，考试时间为120分钟.其中I卷，共92分，共4页，Ⅱ卷共8分.请务必将答案答在相应的答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后上交答题卡. I卷 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】复数，实部为，虚部为，因此其在复平面内对应的点的坐标为. 2. 已知非零向量，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为非零向量满足，且， 可得，解得. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，根据三角函数诱导公式可得.  4. 已知函数，则是（ ） A. 偶函数，且最小正周期为 B. 偶函数，且最小正周期为 C. 奇函数，且最小正周期为 D. 奇函数，且最小正周期为 【答案】D 【解析】 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以函数为奇函数； 因为的最小正周期为，的最小正周期为， 所以函数的最小正周期为. 5. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为， ，， . 故选：B. 6. 要得到函数的图象，只要将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向左平移个单位 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以只要将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象. 7. 在中，若，，，则=（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】因为，，所以 在中，由正弦定理得，又因为，， 所以，解得，又，所以. 8. 正四棱锥的底面边长为2，其侧棱长的值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设正四棱锥的侧棱长为， 由正四棱锥的定义，顶点在底面的射影为底面正方形的对角线的交点， 所以，所以. 9. 在中，若，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 【答案】A 【解析】 【分析】先由证明，结合得，从而，进而推出以证明充分性，再举反例即可证明必要性不成立. 【详解】因为，所以，则， 充分性验证: 若，则，下面证明， 假设为钝角，则， 由于且正弦函数在该区间内单调递增， 则，即， 这与三角形内角和为矛盾，故为锐角， 故，于是， ，所以为锐角， 即，即，则，则， 即，即，充分性得证， 必要性验证: 因为为锐角，则，且正弦函数在该区间内单调递增，则， 取，则，则，即， 但不符合的条件，故必要性不成立， 综上， “”是“”的充分不必要条件. 10. 已知函数的一条对称轴方程为，，且函数在上具有单调性，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的最小正周期为，结合其对称轴方程得到其对称中心坐标，由，且函数在上具有单调性，得到的表达式，从而确定其最小值. 【详解】函数， 其中. 的最小正周期为. 因为的一条对称轴方程为， 所以的对称中心为，即. 由，且函数在上具有单调性， 所以关于对称. 所以，即. 所以当时，取得最小值，最小值为. 第二部分（非选择题 共52分） 二、填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 已知复数（为虚数单位），则____________． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以. 12. 已知向量，，若，则____________． 【答案】 【解析】 【详解】因为向量，，且， 所以，解得， 所以，所以， 所以. 13. 在中，若．则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据二倍角公式结合三角形内角的取值范围求角. 【详解】由. 因为为三角形内角，所以， 所以，所以，所以. 故答案为： 14. 已知命题，能说明命题为假命题的一个的值是____________． 【答案】（答案不唯一，任意负实数均可） 【解析】 【详解】当时，，此时， 所以命题为假命题的一个的值是（答案不唯一，任意负实数均可）. 15. 如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方形及其内部运动，给出下列四个结论： ①存在无穷多个点，使得； ②存在点，使得直线与直线相交； ③存在点，使得点到直线和距离相等； ④若平面，则长度的最大值是． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理可证平面，由此判断①；假设存在点，使得直线与直线相交，由平面基本事实判断②；举出特例判断③；根据面面平行的判定定理确定点的轨迹，由此求出长度的最大值，判断④. 【详解】正方体中，平面， 而平面，所以. 正方形中，， 又平面， 所以平面. 因为点，分别是棱，的中点， 所以，所以平面. 所以当点在线段上时，平面， 所以. 即存在无穷多个点，使得，故①正确； 点与直线确定平面. 假设存在点，使得直线与直线相交，记交点为， 则由平面，得平面， 即平面. 显然与点在正方形及其内部运动矛盾，故②错误； 若点，则点到直线和距离相等，均等于正方体的棱长，长度为. 所以③正确； 分别取的中点，连接. 则， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面， 所以平面； 同理由可证平面， 又平面. 若平面，则. 中，， . 所以长度的最大值是．故④正确. 三、解答题共4小题，共32分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 在中，，． （1）求的值； （2）若，求边上的高． 【答案】（1）7 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，得到，结合，列出方程，即可求得的值； （2）由（1）得到，求得，利用余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：由正弦定理，可得， 因为，可得， 又因为，且，可得， 所以，可得. 【小问2详解】 解：由（1）知：，因为，所以， 又由余弦定理得，所以， 因为， 设边上的高为，可得，即，解得， 所以边上的高为. 17. 已知函数．若的最小正周期为，且． （1）求，的值； （2）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）先利用两角和的正弦公式将函数化简，再根据最小正周期公式求出的值，最后结合求出的值； （2）先根据（1）的结果确定函数的表达式，根据题意，求得的取值范围为，再结合正弦函数的图象性质，可知，解不等式即可求得的取值范围． 【小问1详解】 由题意，， 又因为函数的最小正周期为，且， 所以，解得，所以， 又，所以，即， 又，所以， 综上所述，，； 【小问2详解】 由（1）可知，，所以， 又，所以， 又函数在区间上有两个零点， 所以根据正弦函数的图象，可得，解得， 所以函数在区间上有两个零点，则的取值范围为. 18. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，分别为和的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：平面． 条件①：： 条件②：，． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）取的中点，连接， 因为是的中点，所以，且. 三棱柱中，，因为为的中点， 所以. 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以. 又平面，平面， 所以平面. （2） 在三棱柱中，侧面为矩形， 所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 若选择条件①：， 由（1）知，所以. 又平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为平面， 所以平面． 若选择条件②：，， 取的中点，连接， 则，. 所以平面. 又平面，所以，即. 因为，所以 所以，即. 因为平面， 所以平面， 因为，所以平面. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得； （2）由面面垂直的性质定理可得平面，所以.若选择条件①，则先由线面垂直的判定定理证明平面，得.再根据线面垂直的判定定理证得平面．若选择条件②，取的中点，连接，由三角形全等证得，再根据线面垂直的判定定理证得平面，从而得平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 设集合，定义变换：对任意有序数组，经过变换得到，其中，其中表示，中的最小者．记为数组所有元素之和． （1）若，求与； （2）当时，有序数组经过变换得到，再经过变换得到，求的最小值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据变换的定义可得； （2）分析可知要使最小，须使最小，即在一次变换后，尽可能取到数组中较小的数，由此分析可得. 【小问1详解】 根据变换的定义， 若，则， . 【小问2详解】 当时，有序数组由依不同顺序组成， 要使最小，须使最小，即在一次变换后，尽可能取到数组中较小的数， 因此最大的两个数不相邻，也不能排在和中间. 由于每个数最多被取到两次，所以最小时，中含两个1，两个2，一个3， 且两个1相邻，两个2相邻（首项与尾项看作相邻）； 此时，中包含3个1，两个2，且3个1相邻，两个2相邻. 所以的最小值为. 例时，，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $