江西南昌市南昌县莲塘第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

2025年——2026年高一下学期期末试卷答案 一、单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B B C C A A 5． 【详解】= 因为＜α＜π所以cos<0,结果为,故选C． 6．【详解】画出图像如下图所示.先证，由于， 所以平面，所以，由于是点在平 面内的射影，所以平面，所以，故平 面，所以.同理可证得， 故是三角形的垂心.所以选C. 7． 【详解】函数向上平移1个单位，根据平移规则得：，因为正弦函数，因此的值域为，由于的最大值为2，要使 ，则， 当时，，即， 根据正弦函数性质可得：， 化简得：，设，， 所以，，因为， 所以当时，取得最小值为. 8． 【详解】由，可得， 所以. 由可得. 因为为CD上一点，所以设， 则 . 因为， 所以，解得， 所以， 所以 (当且仅当，即时等号成立). 所以的最小值是. 二、多项选择题 9． ABC 10． BD 【详解】对于选项A：因为，由正弦定理可得，即， 例如，，则，， 满足，但为直角三角形，故A错误； 对于选项B：若，由正弦定理可得， 设，，，，且角为最大角， 则， 且，可知角为钝角，所以为钝角三角形，故B正确； 对于选项C：由正弦定理可得， 且，则，，所以有且仅有一个解，故C错误； 对于选项D：若为锐角三角形，则，， 可得，，所以，故D正确. 11． BCD 【详解】对于A，直线与是正方体对角面的两条对角线，故共面，A错误； 对于B，在正方体中， ，平面，平面， 平面， 连接，由正方体的性质可得， 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面, 所以平面平面. 因为平面，所以平面，故B正确. 对于C，如图： 在正方体中，易知为等边三角形，则， ，或其补角为异面直线与所成角， 则异面直线与所成角的取值范围，故C正确； 对于D，连接，记， 在正方体中，平面， 平面，， 在正方形中，， ，平面，平面，平面，， 同理可得：， ，平面，平面， 又平面平面. 所以平面，设交点为， 所以直线与直线相交时，交点为， 又，设正方体棱长为2， 得， 得，又， 所以当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处，D正确. 三、填空题 12． 13． 【详解】设时针的长度为，分针的长度为， 时针针尖与分针针尖之间的距离为， 由图可知，时钟显示的时间为， 此时分针指向数字，时针指向数字与的正中间， 因为时钟表盘上相邻两个数字之间的圆心角为， 所以时针与分针的夹角， 在由时针、分针及两针尖连线构成的三角形中， 由余弦定理可得：， 故时针的针尖与分针的针尖之间的距离为cm. 14． 【详解】取中点，因为为中点，故， 因为，分别是，的中点，所以， 由正方体性质可得，， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 延长，与直线交于点，与直线交于点， 连接，交于点，连接，交于点， 则过，，三点的平面截正方体所得截面为正六边形， 记的交点为，则， 由已知，所以， 所以， 故过，，三点的平面截正方体所得截面面积为. 四．解答题 15． 【详解】（1）在中，分别是和的中点， ，又平面平面 平面． …………………………………………… ………………6分 （2）因为，且即三棱锥的高为2， 四边形是正方形， ， 三棱锥的体积为． 三棱锥的体积为． …………………………………13分 16． 【答案】(1)3 (2) 【详解】（1）因为，…………… 5分 又， 所以；………………………………… 7分 （2）因为，，所以， 又，所以，    …………………………………………… 9分 又，所以  . ………………………………………………………………….15分 17． 【答案】(1)，最小正周期为8(2) 【详解】（1），…… 4分 则点纵坐标为2，已知为等腰直角三角形，则，即，解得，，解得，………………………………………………… 7分 ，最小正周期为8．……………………………………….. 8分 （2）由函数图象知，点满足：，解得，故， 零点满足，解得，………………………………………9分 当时，，即，… 当时，， ，………………………………………………………..12分 ．…………………15分 18． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）， 由正弦定理可得， ∴，…………………………………………………… 2分 因为，所以，所以，即， 又，则．………………………………………………………………..4分 （2）由（1）及题设可得，即……………… 8分 整理得，解得． 所以的周长为……………………………………………10分 （3）因为D为BC的中点，所以，…………………………… 12分 两边平方得， 在中，由余弦定理得，即， 所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以 ， …………… 14分 因为为锐角三角形，所以，， 则，解得， 所以，所以，则， 即，……………………………………………………………………………. 16分 所以，所以中线AD的取值范围是．……………………………17分 19. 【答案】（1）略 (2) (3) 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，……… 2分 在三角形中，,,………………………………………..4分 所以平面.………………………………………………………………………5分 （2）过点作于点，因为平面， 所以，又因，所以平面， 则为直线与平面所成的角. ……………………………………………..7分 面为平行四边形，，， 所以， 在中，，所以，而, 又因三点共线，所以，，， 因为平面，所以， 故，…………….9分 因为，所以为直角三角形， 在中，.………………………………….. ….10分 （3）过作于，过作于，连接， 则， 故，， 由小问（1）得，又，平面， 所以平面，平面，所以为直角三角形， 所以，且，， 平面，所以平面，故， 因此为二面角的平面角. …………….…………………….. ….12分 由题可得， 由等面积可得， 在中，， 则，令，则 在中， ，…………….………….15分 令，，当时， 越大，分母就越小，故在上单调递增， 所以，， 故二面角的正弦值的取值范围为.…………….………….17分 试卷第8页，共9页 试卷第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年-2026学年度下学期高一7月期末试卷 数学试卷 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． 1．若角的终边上有一点，则（ ） A．-3 B．4 C． D． 2．如图，正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（ ） A． B． C． D．4 3．计算：（ ） A．1 B．-1 C． D． 4．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（ ） A． B． C． D． 5．若，化简的结果是（ ） A． B． C．-2 D．2 6．已知是所在平面外一点，，，两两垂直，且在所在平面内的射影在内，则一定是的（ ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 7．将函数的图象向上平移1个单位，得到函数的图象，若且，则的最小值是（ ） A． B． C． D． 8．如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ） A． B． C．1 D． 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9．已知向量，满足，，，则下列结论中正确的是（ ） A． B．与夹角为 C． D． 10．在中，，，分别为内角，，的对边，下列叙述正确的有（ ） A．若，则为等腰三角形 B．若，则为钝角三角形 C．若，，，则有两解 D．若为锐角三角形，则 11．如图，在正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A．直线与是异面直线 B．直线平面 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知为第三象限角，，则_____． 13．已知某时钟的时针、分针的长度分别为，，若时钟上的时间如图所示，则时针的针尖与分针的针尖之间的距离为_____cm． 14．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则过，，三点的平面截正方体所得截面面积为_____． 四．解答题：本大题有5个小题，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．（13分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，、分别是和的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 16．（15分）已知，，，． （1）求的值； （2）求的值． 17．（15分）已知函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、、为图象与轴的交点，且为等腰直角三角形． （1）化简的解析式并求最小正周期； （2）求在方向上的投影向量的坐标． 18．（17分）已知，，分别为三个内角，，的对边， （1）求角； （2）若，的面积为，求的周长； （3）若，且为锐角三角形，为的中点，求中线的取值范围． 19．（17分）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，且，，，． （1）求证：平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当时，求二面角的正弦值的取值范围． （注：本题用空间向量作答不给分） 学科网（北京）股份有限公司 $