辽宁沈阳市重点高中五校联考2025-2026学年高一下学期期末调研数学试卷

2025-2026学年度（下）期末调研答案 高一年级数学试卷答案 考试时间：120分钟 考试分数：150分 一、单选题 1.A2.B3.D4B5.D6.B7.C8D 二、多选题 9.BC 10.BCD 11.ABD 三、填空题 12.2√2 13.名 14.102元 3 四、解答题 15(13分) (1)由于1、52是实系数一元二次方程的两个虚根，故？、52互为共轭复数， 设3=a+bia,beR),则2=z1=a-bi, 那么代入4z+(1-i)z3=9+5i可得4(a+bi)+(1-i)(a-bi)=9+5i, 即(5a-b)+(3b-i=9+5i,-- -3分 [16 5a-b=9 则有 21 3b-a=5 -6分 7 (2)设3=1-i,则22=1+i,故d=1-1)与b=1,1),-7分 那么1a-万=1，-)-1,1)=(2-1，--1)，a+2b=1,-1)+21,1)=(3,1),--8分 由于向量2a-五与ā+2b的夹角为钝角， 那么(2ā-b)(ā+2b)<0且向量a-万与a+2b不共线， --10分 1/6 则 3(2-1)--1<0 (-2-1)≠2-1解得1<2且元* 3 故实数天的取值范围为(，U(·2》 --13分 (没讨论不共线，只求出λ<2得9分) 16.(15分) (I)证明：在正四棱柱ABCD-ABGD中，连结BD交AC于N,连结W 因为ABCD为正方形，所以W为BD中点. 在△DBD中，因为M为DD中点，所以BD∥W. -3分 因为ME平面AMC,BD￠平面AMC,所以BD∥平面AMC. --5分 (Ⅱ)证明因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD. 因为DD⊥平面ABCD,所以DD⊥AC. 因为DD∩BD=D,所以AC⊥平面BDD. 因为BDc平面BDA,所以AC⊥BD. -10分 )解：当入号 即点P为线段BB的中点时，平面APG∥平面AMC 因为AA∥CC,且AA=CG,所以四边形A4GC是平行四边形.所以AC∥AG. 取CG的中点Q,连结MQ,QB. 因为M为DD中点，所以MQ//AB,且MQ=AB, 所以四边形ABQM是平行四边形.所以BQ∥AM. 同理BQ∥GP.所以AM//GP. 因为AG∩GP=G,ACn AM=A,所以平面APC∥平面AMC.-------15分 2/6 17.（15分) （1）f)-=(sm2x+c0s2x-2sin2 xco-882×2 7_111-cos4x-_11 c0s4x,-3分 84 则f6+=-。+2cos4r+4p. 84 因为fc+9为偶函数，所以4p=m(k∈Z)）,解得p= (keZ), 4 所以9的最小值为号 -5分 2)令=0，得s-由〔君得（加 因为f(x)在 石m上给有4个要点，所以登2<4m≤ +4， 3 -9分 得匹<m≤匹， 7π11π 12 故m的取值范围为 1212 -10分 12 (3)不等式8f(x)+ac0s2x+6≥0，即为2cos4x+ac0s2x+5≥0， 得4c0s22x+ac0s2x+3≥0. 当cos2x=0时，不等式3≥0恒成立，符合题意. 当cos2x≠0时，函数y=4cos22x+acos2x+3可看成关于a的一次函数， 4c0s22x+8c0s2x+3≥0 「(2cos2x+1)(2c0s2x+3)≥0 则依题意得 即 4c0s22x-8c0s2x+3≥0 (2cos2x-1)(2c0s2x-3)≥0' 2c0s2x+120 因为2c0s2x+3>0,2c0s2x-3<0,所以 2cos2x-1≤0 解得≤c082x3且cos2x≠0.综上，3cos2x3 1 2 3/6 则1s2o2-1分印-1so-片放co4的取值箱出为-1引-15分 18(17分)解(1)法1：g=5inC+6osC,a-5bsmC+beosC, b3 由正弦定理得simA=V sin BsinC+sin B cosC, 3 即sim(B+C）-5 sin B sinC+sin BcosC, n8nosC1cwBsnc-9manCts血BmC,honAanC 3 sin BsinC, 又：0<C<T,sinC≠0，tamB=V5,又0<B<π，B= 3 -4分 法2：a= bsinc+bcosC -bsinc+ba+b-c2 3 2ab b=㎡2+c2_25 3 absinC①， 3 在△ABC中，由余弦定理得，b2=2+c2-2ac.cosB②， 由O②得25bsnC=2 2 cosB,即bsinC=ecoB 3 ∴由正弦定理得sin BsinC=√3 sinC cos B, 又0<C<π，sinC≠0，tanB=3,又0<B<元，B= 3 -4分 (2)点M是△ABC内一动点，， .BM=MA+MC=BA-BM+BC-BM BA+BC-2BM, ∴BM=3(BA+BC),BM2=号(BA2+BC2+2BA·BC)=(c2+a2+ac),-6分 由余弦定理知b2=a2+c2-2 ac.cos B→4=a2+c2-ac→ad2+c2=ac+4, 由基本不等式可得2ac≤d2+c2,即2ac≤ac+4,ac≤4，--- ---8分 ∴BM2-号(4+2ac)≤号×(4+8)=拿当且仅当a=c=2时等号成立， B肠nmar=g, --10分 BA.BD BD.BC BA.BD COS LABD (3) BD.BCcos∠DBC BA BC BA Bc ∴.cOS∠ABD=cOS∠CBD, 又，余弦函数在(O,兀)上单调，∴.∠ABD=∠DBC,即BD平分∠ABC,-------11分 4/6 SAD.DBsin ADB,SopeD:DCsin DC SA照= ·SBDC DC①， 又：S4s= AB.DBsin∠ABD,S,c= S.ADB=AB 2 1BD·BC sin∠DBC、·SBDc BC ②， 由①②可得1D、AB DC BC' 所以A AB c sinC DC BC= ----13分 a sinA 2π 1 sin -A 5 (3 cos4+sin A 2 1 -15分 sinA sinA 2 tanA 2 H△BC为脱角三角形，dC-C--4到 又B=亚 *. AD -17分 19.(17分) (1)连接AC,在△ABC中，由余弦定理得，c0S∠ABC=AB+BCAC=+2-AC=→ 2xABXBC 4 AC=V3,所以AB2+AC2=1+3=BC2,所以∠BAC= 又因为四边形ABCD为平行四边形，所以LACD=受即AC1CD,1分 因为PA1平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA1CD,--------------2分 又PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以CD1平面PAC. --3分 (2)在平面BMN中，过点B作BE1MN,垂足为E,连接AE, 由(1)知，AB1平面AMN,MWc平面AMN,所以AB L MN, 又BE∩BA=B,BE,BAC平面ABE,所以MN⊥AE, 又BEC平面BMN,AEC平面AMN, 平面BMNn平面AMN=MN, M 所以∠BEA为二面角A一MN一B的平面角，-----5分 因为ABI平面AMN,AEC平面AMN,所以AB⊥AE, 5/6 则在Rt△ABE中，am∠ABB-铝=店=2→AB- 3 2 ---7分 因为PA⊥底面ABCD,ACC平面ABCD,所以PA⊥AC, 在Rt△PAC中，PC=VPA2+AC2=2V3, 又N为棱PC的中点，所以AN=CN=√3， 所以AN=AC=CN,则∠NAC=票所以∠NAN=是-于=吕 在Rt△AEN中，sin-ANE=点=方=号 →∠ANE=5,所以AM=MN, 设AM=MN=x,在△AMN中，由余弦定理得，cOs∠AMN=+r-3=- 2x2 2→x=1, 所以AM=1. -10分 3）1.正弦值的取值范围为零身 -14分 (写对一边给2分) i.将△PAC,△PCD在同一平面展开，将△PAC沿PA对称得△PAC', 点N沿PA对称得N', 则2MN=MN+MN'≥NN',当且仅当M,N,N'在同一直线上时，取得最小值， 所以2MN+NQ≥NN'+WQ, 当N,N',Q在同一直线上，且过点C时，取得最小值，如图所示， 则2MN+NQ≥CC'=2AC=2√3， 故2MN+NQ的最小值为2V3. -17分 M D C(N)A(M)C(N(O) 6/62025-2026学年度（下）期末调研试题 高一年级数学试卷 命题：五中 校对：五中 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型(1-11题58分) 第二部分：非选择题型(12-19题92分) 第I卷（选择题共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.若a=(6,2),=(x,1),若1，则x的值是() A-3 B.月 0.-3 D.3 2.已知复数z=3+4 则z-i=() 2+i A.4 B.2√2 C.2 D.42 3.在△ABC中，角A,BC的对边分别为a,b,c.已知A=,a=2,b=2,则B= () A罗 B或智 C.3 D.或 4.设m,n是两条直线，，B是两个平面，则下列命题为真命题的是（) A.若m⊥o,n⊥B,/∥n,则a⊥F B.若a∩B=m,n/o,n/1B,则ml∥n C.若mco,ncB,l∥n,则a/1F D.若a⊥B,m/1a,n//B,则⊥n 高一年级数学试卷第1页共6页 ,则sin2a=() A- 1 B. 6 6 3 D. 2 6.如图，己知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆上（正方形ABCD 内部，含边界)，则PC.PD的取值范围为() D A.[0,2] B.[0,4] c.[0,3] D.[0,] 了.在锐角△MBC中，已知+Ca二=beasc+-cosB,Q=6,则△ABC周长的取值范围 为() A.(12,+0∞) B.(12,18]C.(6V3+6,18]D.(6V5+6,+∞) 8.三棱柱ABC-AB,C中，E是棱CC上靠近C的三等分点，D是棱BC上一点，BC=ADC, 若AB∥平面ADE,则实数元的值为() A.1 B.2 C.3 D.4 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.下列结论中正确的是（)》 A.若2=1，则z=±1或z=五i B.若∈C,则-2曰-P C.若复数=满足2=1，则z+2的最大值为3 D.若a+bi=1+i(a,b∈C),则a=b=1 高一年级数学试卷第2页共6页 10.已知函数f)=Asm(@x+A>0,0>0,网←<习的部分图像如图所示，下列说法正 确的是() y个 2 Oπ 123 -2 A.∫(x)的图像关于点 0对称 B.∫(x)的图像关于直线x=-征对称 12 C.将函数y=2cos2x的图像向右平移2个单位长度得到函数f(x)的图像 D.若方=m在受0 上有两个不相等的实数根，则的取值范围是（一2，-V3 11.已知正四棱柱ABCD-AB,CD中，A4=2AB=2,则() A异面直线AB与AD所成角的余弦值为。 4 B。直线AD与平面ABCD所成角的余弦值为5 C.三棱锥D-ABC的外接球的半径为√6 D.三棱锥D-ABC的内切球的半径为√5-2 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.己知向量a,6满足=1，=2，a-6=(W5,2),则2ā+= 高一年级数学试卷第3页共6页 13已知函数f)=2c0s(2x+)-1的一个零点是牙，则m的最小值是 14.圆锥P0的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为亚的扇形，如图，过P0的中 3 点O作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱OO,则剩下几何 体的体积为 B 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)己知i为虚数单位，1、2是实系数一元二次方程的两个虚根 (1)设1、2满足方程4名+(1-i)22=9+5i,求1,2： (2)设=1-i,复数1、2所对的向量分别是d与b,若向量à-五与ā+2b的夹角为钝 角，求实数2的取值范围. 高一年级数学试卷第4页共6页 16.(15分)己知正四棱柱ABCD-ABGD中，M是DD的中点. (I)求证：BD∥平面AMC: (Ⅱ)求证：AC⊥BD: ()在线段照上是否存在点月当品-X时，平面G∥平面？若存在，求出 入的值并证明；若不存在，请说明理由 D B1 M B 17.(15分)己知函数f)=sin4x+cos4x-7 (1)若P≠0，函数f(x+9为偶函数，求|p的最小值： (2)若f(x)在 云侧小上拾有4个零点，求m的取值范国： (3)若不等式8f(x)+acos2x+6≥0对任意的a∈[-8,8]恒成立，求cos4x的取值范围. 18.(17分)在锐角△4BC中，A,B,C所对边的长分别是a,b,C.已知 2号9 sinC+cosC (1)求角B: (2)若M是△ABC内的一动点，且满足BM=MA+MC,则BMI是否存在最大值？ 若存在，请求出最大值及取最大值的条件；若不存在，请说明理由： BA.BD BD.BC (3)若D是△4BC中AC上的一点，且满足 ,求AD:DC的取值范 BAI BC 围 高一年级数学试卷第5页共6页 19.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD, LABC=3,AB=1,BC=2,PA=3,MN分别是棱PA,PC上的点（含端点）· N A B (1)证明：CD1平面PAC: (②)若M为棱PC的中点，且二面角A-MN-B的正切值为2，求AM: (3)设点Q是边CD上的点（含端点）， 1.连接PQ,求PQ与面ABP所成角0的正弦值的取值范围（直接写结果）； 1i.求2MN+NQ的最小值. 高一年级数学试卷第6页共6页