辽宁沈阳市第二中学2025-2026学年高一年级下学期期末数学试卷

沈阳二中2025——2026学年度下学期期末考试 高一(28届)数学试题 说明：1.测试时间：120分钟总分：150分 2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上 第I卷（58分) 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是 符合题目要求的。 已知为虚数单位，在复平面内，复数之1，以下说法正确的是（门 A复数z的虚部是： B.|z上1 C.复数z的共轭复数是=2-4。 55 D.复数z对应的点位于第四象限 2.已知C，,B是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，下列命题中正确的是() A.若mlln,nCc,则ml∥a B.若ml∥a,ml∥B,则allB C.若⊥B,lco,mcB,则l⊥mD.若mC,n⊥，则m⊥n 3.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=BC=AA且AB⊥BC, 则直线BC与AB所成的角为() A月 Bc D. 6 4.如果{a,b}是平面向量的一组基底，则“a与b的夹角是钝角”是“a.b<0”的( A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 5.已知空间中三点A(-1,0,0),B(0,1,-1),C(-2,-1,2),则点C到直线AB的距离为() A. 6 B.6 C,3 3 D.3 2 3 2 6.郑国渠是秦王赢政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤 坝如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为1，点A,B分别在堤坝斜面与地 面上，过点A,B分别作直线l的垂线，垂足分别为C,D,若AC=CD=BD=3,二面 角A-1-B的大小为120°，则AB=() 堤坝斜面 D 地面 A.3 B.32 C.35 D.6 7.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,对于下列判断，其中错误的是() A.若A>B,则sinA>sinB B.若sin2A+sin2B<sin2C,则△4BC是钝角三角形 C.若b=8,c=10,B= 一3，则符合条件的△ABC不存在 π D.若a-ccosB=acosC,则△ABC为等腰三角形 1 1 8 8.已知a=3sin3b=cos3’c=g,则(1 A.czbza B.a>b>c C.azczb D.c>a>b 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知函数f(x)=cosx(sinx-√5cosx),则对于下列结论，其中错误的是() ππ A.f(x)的最小正周期为2π B.f(x)在区间 上单调 6’6 C.f()的图象关于直线x--元 对称 D.f()的图象关于点（匹，0）对称 12 6 10在A1BC中，AB=3,AC=1,∠BC=-胥点D,M分别满足AB=3D,BC-2MC AM与CD相交于点F,则( ) A.CD-1AB-2AC B.AF-AM 3 C.IAM13 D.cos∠DFM= 13 11.如图，在棱长为1的正方体ABCD-AB,CD中，M,N分别为棱AD,DD的中点， 则以下四个结论正确的是() D A.BCI∥MN B.若P为直线CC上的动点，则B1P.B1C为定值 C.点A到平面CMN的距离为j D.过MW作该正方体外接球的截面，所得截面的面积的最小值为2兀 P 2 第Ⅱ卷(92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知角a的终边过点P(-2,4),则cos2a=一 明aV猫0 O8Tav=V=0D7=09TD8猫彩a‘中ON8T 长是 14.如图，在长方体ABCD-ABCD中，AD=DD=1,AB=√5， E,F,G分别为AB,BC,CD的中点.点P在平面ABCD内，若直线 D DP∥平面EFG,则线段DP长度的最小值是_ 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.(本小题13分) 如图，在三棱台ABC-AB,C中，AB=2AB,D,E分别为AB,AC的中点. (I)求证：BC∥平面ADE; (2)若三棱锥A-ADE的体积为1，求三棱台ABC-ABC的体积. E 16.(本小题15分) 已知函数f(x)=2sin +a+1. 6 ()求函数f(x)的单调递增区间： (2)当x∈ 时，f(x)的最大值为4，求a的值： (3)在(2)的条件下，求满足f(x)=1,且x∈[-π，π]的x的取值集合. 17.(本小题15分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c,csin B+√肠.cosC=√3a,b=√. I)求角B; (2)若a+c=2,求边AC上的角平分线BD长： (3)若△ABC为锐角三角形，求边AC上的中线BE的取值范围. 18.(本小题17分) 如图，已知三棱柱ABC-ABC的侧棱与底面垂直，AA=AB=AC=2,BC=2√2，M, N分别是CC,BC的中点，点P在线段AB,上，且AP=2AB, I)证明：AM⊥PN; D B (2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的二面角的正弦值 为30 若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由。 6 (3)当1取何值时，直线PN与平面AMN所成角6最小？ 19.(本小题17分) 如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P-ABC,∠APC=C,∠BPC=B,∠APB=y, 二面角A一PC-B的大小为6，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的 三面角余弦定理：cosy=cos acos B+sinasin Bcos. E D P--------C C C 图1 图2 图3 ()如图2，在三棱锥A-BCD中，△MBD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，△BCD为等 边三角形，∠ABC=90°，求二面角A-BD-C平面角的正弦值： (2)如图3，在三棱锥A-BCD中，AH⊥平面BCD,AE⊥BD,连接HE,AB=4, ∠ABD=45°，∠CBD=60°，∠ABC=90°，BC+BD=6,求三棱锥A-BCD体积的最 大值： (3)当a、B、y∈(0，)时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理。 沈阳二中2025一一2026学年度下学期期末考试 高一（28届)数学试题答案 一、单选题： 1-5 CDBCA 6-8.DD B 二、多选题： 9.ABD 10.BCD 11.ABD 三、填空题： 13.6 14 万 2 四、解答题： 15.解：①)由题意，.D,E分别为AB,AC的中点，.DE∥BC, 又DE丈平面BB,CC,BCC平面BB,CC,∴.DEI∥平面BBCC, AB∥AB,D为AB的中点，AB=2AB,.AB=BD,AB,∥BD, .四边形ABBD为平行四边形，.AD∥BB,, 又AD￠平面BB,CC,BBC平面BB,CC,∴.AD∥平面BB,CC, 又APOAE=A,·.平面ADE∥平面BBCC :BCC平面BBCC,.BC∥平面ADE. 6分 (2)由题意及(I)得，设△4BC的面积为S, 则由几何知识知△ABC的面积为4S,△ADE的面积为S, 设三棱台ABC-ABC的高为h,则V-oE亏Sh=l, a版6+45+5x45h=号h=7. 3 13分 E解，仙令2r2+ge2x+行k5Z,得写≤r+名ke7, 2 6 所以()的单调通带区间为标-号k云+ 6k∈Z. .4分 (2)因为当x∈ 时，2x+∈，7 66’6 +65,即x=交时，f田取 所以当2x+刀=卫 6 得最大直，即f()=2n号+a+1=a+3=4,解得a=1 2 9分 8白-2如2+2=1，得如2君引 则2x+=7匹+2k石，k∈Z或2x+F+2k元，k∈Z, 66 66 即x=石+k,k∈Z或x=5亚+kπ，k∈Z,又x∈[n,], 6 你3=一至名至行所以的康案合为三-后号} 15分 17.解：()在△4BC中，由正弦定理及csin B+3 bcosC=√V3a, sin BsinC+3sin BcosC=3sin A=3sin (B+C)=3sin Bcos C+cos Bsin C, 即sin BsinC=√3 cos BsinC,而C∈(0，x),sinC≠0， 解得B5,又8=0.所以分=管 4分 (②由B=写及65.由余装定理得3-+d-ac(c+a-ac,又atc-2. 解得ac=有由S=Sm+5c,得uesin=BD-si号+方a-BD-s 1 B.1 B 22 2 即c油号=0c+am爱则59-m2所以0- 3 32 6 9分 3)因为E是AC的中点，所以BE=(BA+BC), 则E厨+C+c)=c+e+a0+0， 4 b 'sin in C=4sin Asin C-4sin Asin b 由正弦定理得，ac= -sin A.- sin B 2-A0, ac=2sin AcoS A+2sin'A=3sin 2A-cos 2A+1=2sin (2A-)+1, 6 0<A< 2 △ABC为锐角三角形， 所以A∈ 后引所以24名) 0< 2-A< 2 所以sm24-}所以=22引-1e2所以此3 所以BE∈ 万31 万3 22 即边AC上的中线BE的取值范围为 22 15分 18.(I)证明：如图，，AB=AC=2,BC=22.AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC 以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0), AP=1AB=(2元，0,0)，AP=AA+AP=(0,0,2)+(2元，0,0)=(2元0,2)， 即P(2元，0,2)，PN=1-2元，1，-2)，又AM=(0,2,1),.AM.PN=0, 2 所以无论1取何值，AM⊥PN. 5分 (2)假设存在，易知平面ABC的一个法向量为i=(O,0,1) B 因为MN=1,-1,-1),PN=1-2元，1，-2)， 设i=(x,y,z)是平面PMN的一个法向量. 则， x-y-z 1(12)+y-2=’取x=3,2=2-21，y=1+22, .i=(3,1+2,2-22), cos<> |2-2 √6 V9+0+22+(2-2亦=6，化简得82-221+5=0， 解相=孩天-名0训：月 ·.存在点P使平面PMN与平面ABC所成二面角正弦值为 V30 6 点P为AB上靠近A的四等分点. 11分 (3).AM=(0,2,1),AN=(L,1,0),设平面AMN的一个法向量为m=(x,y,z) ,取)y=1,则x=-1,=2,m=(1-2 「2y+z=0,「z=-2y 则 (x+y=0’ PN.m .sin 0=cos<PN,m 2(2+2) ,令t=+2,t∈[2,3] |PNm6V0-2)2+5 .'sin 0= 1 1 1 √5V2r-10t+15V5, 15_10+2 ∴.当t=2.即入=0时，0取得最小值，此时sin0= 2 17分 19.解：（①）取BD的中点P,连接PA,PC,如图所示， 则BD⊥PA,BD⊥PC,于是∠APC是二面角A-BD-C的平面角， :c6 设AB=1,则AP= 2 因为∠ABC=90°，所以AC=VAB2+BC2=V5, 由余弦定理得cos∠APC=AP+PC3-AC 1,3 2AP.PC 233 2x116 3 22 故sinAPC=V6 .4分 (2)二面角A-BD-C的平面角的大小为6， 利用三面角余弦定理得cos90°=cos45°cos60°+sin45°sin60cos6, 计算得cos6=- 3, 6分 于是cos∠AEH=- 3,sin∠AEH=6 3 由于AB=4,则AE=4sin45=2E,AH=AEsin∠AEH=4W5 Vm-点wAh= 1 1.BC.BD.sin6BC.B(BC+BDy=3. 3 33 3 2 即当BC=BD=3时，三棱锥A-BCD体积的最大值为3. 10分 (3)证明：如图过射线PC上一点Q在面PAC作QM⊥PC交PA于点M, M 在面PBC内作QN⊥PC交PB于点N,连接MN, 则∠MQW是二面角A-PC-B的平面角， 在△MNP中，由余弦定理得：MN2=MP2+NP2-2MP.NP.cosy, 在△MNQ中，由余弦定理得：MW2=MQ+NQ-2MQ.NQ·cos0, 两式相减得：MP2-MQ+NP2-NQ-2MP.NP.cosy+2MQ.NQ·cosB=0, 2MP.NP.cosy=2PO2+2MO.NO.cos, 两边同除以2MP.NP,得： cosy= PO+MO.NO.cos0 POPO,MO NO cosθ=cosacos B+sinasin Bcosθ， MP.NP MP NP MP NP 从而得证 .17分 4