河北承德市2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

数学参考答案与解析 1.【答案】B 【解析】法一：由sin3(x+牙) =sin(3x+m)=|-sinx=sin3x,所以y=|sin3x的最小正周期为罗 故选B. 法二：y=sim3x的最小正周期为T根据函数图象特点得画数)=sm3x的最小正周期为牙故选B. 2.【答案】C 【解析】在空间直角坐标系中： 关于x轴对称，x坐标不变，y2坐标变为相反数，即(x,y,z)一→(x,-y,-z),所以点P关于x轴的对称点是 P（2,3,-4),选项A错误； 关于平面yOz对称，平面Oz上的点满足x=0,对称时x变为相反数，y、不变，即(x,y,z)→(-x,y,),所以 点P关于平面yOz的对称点是P2(-2,-3,4),选项B错误； 关于y轴对称，y坐标不变，x、z坐标变为相反数，即(x,y,z)→(-x,y,-z).所以点P关于y轴的对称点是 P3(-2,-3,-4),选项C正确； 关于原点对称，x、y、z坐标都变为相反数，即(x,y,z)→(-x,y,-),所以点P关于原点的对称点是 P4(-2,3,-4),选项D错误.故选C. 3.【答案】A 【解析：<a<2m,受<号<m 2 1 sin(a+ 2 则 1+cosa 2 2 =√os受=ls受=-6os受故选A 4.【答案】C 【解析】棱台的必要条件是各侧棱延长后交于同一点，仅上下底面平行相似、侧面为梯形， 无法保证侧棱共顶，点，因此该多面体不一定为棱台，选项A错误； 用一个平行于底面的平面去截三棱锥，才得到一个三棱锥和一个三棱台，选项B错误； 圆台的轴截面是指过圆台轴的平面截几何体得到的截面，其形状为等腰梯形，这是因为圆台是由圆锥被平行 于底面的平面截得，轴截面包含上下底面的直径和母线形成对称的等腰梯形，故圆台的轴截面始终是等腰梯 形，不可能为直角梯形，选项C正确； 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，选项D错误.故选C. 5.【答案】A 【解析】因为等腰△ABC中∠C=120°，AB=23,所以AC=BC=2, 由AC.C=-C.C店=-2×2×cos120°=2.故选A 6.【答案】D 【解析】取ED的中点为G,连接GB,BD,:FB∥ED,2FB=ED, ∴四边形BFEG是平行四边形，∴.EF∥GB, 又.EDL平面ABCD,所以∠GBD为直线EF与底面ABCD所成角. 又底面ABCD为矩形，BC=3,AB=6,.BD=35, 又GD=3,∴.在直角△GBD中，GB=36, 【高一数学答案第1页（共8页）】 得sim∠GBD=G印-3=6 ΓGB366' :直线EF与底面ABCD所成角的正弦值为5故选D, 6 7.【答案】B 【解析】由题作图如右所示， 由OM=3M,则=4Oi,由N为BC的中点，则B=2BC, 则丽=丽+店+丽=+0店-+武=d+0i-0+2(o配-扇) M C =-0+20丽+20d 在正四面体OABC中，易知∠AOB=∠AOC=∠BOC=60°， 1P=(-子a+2诚+20心 =2a+破+0心-oi.0成-子0.0成+20丽.0d 9 +4 二16 +2-2w60-子2m60+760 4 92,12 F16+4a+4a 9 164. 所以MN=子4故选B 8.【答案】D 【解析】由题设可得如右截面图， 设球心为O,过B,C两，点的射线与球O相切于D,E 连接OA,OB,OC,OD,OE,则OA=OD=OE=R,又BA=BD,CA=CE, ∠OAB=∠ODB=∠OAC=∠OEC=90°，则△OBA兰△OBD,△OCA兰△OCE, 结合∠ABD=60°，∠ACE=30°，则∠AB0=30°，∠AC0=15°， 48=0是-0-5252+有 =1an30=5 3 4C-AB=BC=2R=40→R=20m,则孩建筑物体积为：7×20-200▣m.故选D 3 9.【答案】BC T解析】sin80°cos20°+c0s100°c0s70°=sin80°c0s20°-c0s80°sin20°=c0s(80°-20°）=sin60°=号，选项A错 由二倍角正孩公式sn2a=2ac0a,得4,5im75cos75=25siml50=25×7=5,选项B正猜： 2sinl5°+v2cos15°=2( (2sinl5°+2 c0s15）=2(sin45°siml5°+c0s45°cos15)=2cs(45°-15°) =2c0s30°=√3，选项C正确； 1-an75o=1-1an45°an75o=lan(45°+75)=lanl20°=-，万，选项D错误.故选BC. 1+tan75 tan45+tan75 【高一数学答案第2页（共8页）】 10.【答案】BCD 【解析】若0sA=cosB,则acosA=beosB,由正弦定理得sinAcosA=sinBcosB,即sin2A=sin2B,在三角形内 范围下有两种可能： ①2M=2B即A=B,△MBC为等腰三角形；②2A+2B=T即A+B=受，△ABC为直角三角形，因此△ABC为 等腰或直角三角形，选项A错误； 0<A<号 若△ABC是锐角三角形，则0<B<受，即有A+B>牙，则0<牙-B<A<牙，有simM>sim(受-B)=cosB, l0<c<受 同理有sinB>cosC,sinC>cosA,选项B正确； 因为smB+inC<mA,则由正弦定理知+2<，又由余孩定理coA=+心<0，则说明角A是 2bc 钝角，所以△ABC为钝角三角形，选项C正确； 在△ABC中，由正弦定理 IBAI IBCI sin乙BCA-sim∠BAC,所以IB1 sin L BAC=1BC1sin∠BCA>0, 设n=1 BAlsin BAC=IBC1sin∠BCA,则OP=OB+m( BA BC -)(m>0), 1BAIsin∠BCA IBC1sin∠BAC 即为B那=m(B+BC),所以动，点P的轨迹一定通过△ABC的重心，选项D正确.故选BCD. 11.【答案】ABD 【解析】因为AC∥AC,AC￠平面ACD,ACC平面ACD, 所以AC∥平面A,C,D,所以AC上任意一点到平面A1CD的距离h都相等，即h为定值， 因为P在AC上，因此P点到平面ACD的距离h为定值， 而△ACD的面积S△AGD与P点的位置无关，即△A,C,D的面积SAAICID为定值， 所以四面体P-A,CD的体积=号56nh为定值，选项A正确： 当A=之时，则A市=2心，所以P点为线段AC的中点， 即AC∩BD=P,所以DPC平面BDDB,因为上底面ABC1D1是菱形，所以AC1⊥BD1, 又因为直四棱柱ABCD-A1BCD1中，所以DD1⊥平面AB,C,D1,A,C1C平面A,B,C,D1, 所以DD1⊥AC1,且A1C1⊥BD1,DD1∩BD1=D1,DD1,BD1C平面BDDB1, 所以AC1⊥平面BDDB,,而D1PC平面BDDB,所以AC1⊥DP,选项B正确； 因为A正=入AC,入∈[0,1]，所以P点在线段AC上， 若入=1时，则AP=AC,此时P点与C点重合， 由直四棱柱的性质可知AD1∥BP且AD,=BP, 所以四边形BPD1A(或BCD1A,)是平行四边形， D 所以平行四边形的对角线AP与BD1必相交于一点， 即AP与BD1共面，不是异面，选项C错误； 取AD的中点O1,连接BD,BO1,因为底面ABCD为菱形，且AB=BD, D C 所以BO1⊥AD, B 【高一数学答案第3页（共8页）】 由正四棱柱侧面与底面垂直，且平面ADD,A1∩平面ABCD=AD, 所以BO11平面ADD1A1, 该直四梭柱的你积为32,5，得B×M,=32厅，得AM=AB=BD=4, 所以以B为球心，2√T为半径的球面与侧面A4DD的交线是以O,为圆心， 4为半径的圆落在侧面A4D1D内的一段孤。如右图所示， A0,=号-2,0，E=4,所以∠B0,F=∠B0,A=∠F0,D=牙，即长度为 选项D正确.故选ABD. 12.【答案】子 【解析】因为点F为DE中点，所以成=2(B而+配)，又配=，花=3元， D 所以B亦=(B而+配)=4+2(B配+4) =4威+d+日(B-成)-+d, 所以m+n= +骨-子故容为子 1以【答案)测 【解析】已知a=13,b=5,c=12,满足d2=2+2,故AABC为直角三角形，面积S=2bc=30, 又S=saw+Sae+Se=7d,+2d,+7d,且d=ak,d=6k,d=d, 所以5=之a·h+6:+2cck=(a2+公+)，又S=30,d+8+d=38. 所以30=1609，解得长=0长答案为品 14.【答案】182 【解析】如图，分别取CD1,AD,AA,BC的中点H,K,I,G,连接HF,HK,KI,EI,EG,GF, 易证平面EGFHKI,∥平面PMN,且六边形EGFHKI为正六边形， D K 则正六边形EGFHKT是平面α截该正方体得到的截面图形，面积是6×3√2=18，√2. 故答案为182 15.解：(1)由向量a=(1,-4),b=(2,3),可得1b1=13, 又a·b=1×2+(-4)×3=-10, B 则向量a在向量b的投影向量为6=3(2,3)=（-3-3)；……(6 (2)当c与d的夹角为锐角时，有c·d>0且c与d不是同向共线向量， 又c=a+2b=(1,-4)+2(2,3)=(5,2),d=a-Ab=(1,-4)-入(2,3)=(1-2λ，-4-3λ)， 3 可得5(1-2)+2(-4-3)>≥0，得到-3-16入>0，解得入<-6…（11分) 由5(-4-3入)=2(1-2入)得入=-2，c∥d,此时c=d, 所以有A<-且A-2 …（13分) 【高一数学答案第4页（共8页）】 16.解：(1)因为平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面， 所以DA⊥平面ABE,BEC平面ABE,所以DA⊥BE 又AB是底面圆的直径，E是AB上异于A,B的点，所以AE LBE. 又因为AE∩DA=A,DA,AEC平面DAE,所以BE⊥平面DAE. P为DE上的动点，则APC平面DAE,所以BE⊥AP.…(5分) (2)连接EO2交底面圆O2于点F,连接BF,AF,OF, 由底面圆O2的性质，易得AE∥BF, 则∠OBF为所求AE与O,B所成的角， AB是底面圆的直径，E是AB上异于A,B的点，所以AE⊥BE. 由AE=5,∠EAB=30°.所以AB=2, 在△OBF中，BF=AE=3, B 0F=√01022+02F2=√1+I=2, 0,B=√0,022+0，B=1+I=2, BF3 2 26 则c0s∠0BF0,B万49miic… (10分) (3)连接BD,并取BD的中点O, 由(1)知△DAB和△BDE均为直角三角形，且BD为两个直角三角形的公共斜边， 所以0A=0E=0D=OB=B即 2 即0为A,B,D,E四点所在球的球心，且球半径R=BD-AD+AB_ (13分) 2 2, 该球的表面积为S=4TR=5T,…（14分) 体积为=号mR=55 6 ，…(15分)》 17. 解：)由图可知，4-2号×2石-设-是-号。 xw=2-12=2, 可得w=2,则g(x)=2sin(2x+p),…(2分) 由g(骨)=2sin(2×晋+)=2，则若+=受+2km,keZ, 得0=写+2km,keZ, 又lg<,所以p=写，故g(x)=2sim(2x+哥)， (4分) 函数y=八x)是由y=8(x)的图象上所有的点向右平移个单位长度得到的， 所以)=2sin2(x-)+]=2sin(2x+石），… (6分) 由2km-罗≤2x+石≤2km+(ke2), 得m-哥≤x≤m+石(keZ), 所以y=x)的单调增区间为[km-牙，km+石](keZ)；… (8分) 【高一数学答案第5页（共8页）】 (2)当e[0,时，2x+石e石，， 作出函数y=2smr在[石，]上的图象，如右图所示， 函数h(x)=[x)]-4x)+a在[0，]上有唯一零点， 即方程[x)]2-4x)+a=0在[0，受]上有唯一解， 令t=f(x),方程可化为2-4+a=0, 若方程)]2-4x)+a=0在[0，]上有唯一解， 则关于t的方程2-4t+a=0在[0,1)U{2内有唯一解， 即y=a与y=-2+41在[0,1)U2上有唯一交点， 结合二次函数y=-t2+4t的图象知0≤a<3或a=4, 综上所述，实数a的取值范围为[0,3)U{4}. (15分) 18.解：(1)在底面ABCD中，AD∥BC,∠BAD=90°，所以∠ABC=90°， 又BC=AB=2得AC=2√2，又CD=22,AD=4,所以CD2+AC2=AD2,即AC⊥CD, 由平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,ACC平面ABCD,所以AC⊥平面PDC, 而ACC平面PAC, 所以平面PAC⊥平面PCD;…(5分) (2)取CD中点G,连接PG, 因为PD=PC=CD=22,则PG⊥CD, 又平面PDC1平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD, PGC平面PDC,则PG1平面ABCD,且PG=2万×9=石， G 记三棱锥B-PAD的体积为VR-PD, 则。0=业圆日×分A0:B.PG=方×分x4x2x6-4 3 …（10分) (3)存在点M,证明如下： 由(2)知PG⊥平面ABCD, 过点C作BA平行线，交AD于H, 因为CB,CHC平面ABCD, 则PG⊥CB,PG⊥CH, 过点C作PG的平行线CN, 则以C为原点，CH,CB,CN所在直线分别为x,y,轴建立如图所示的空间直角坐标系，…(12分) 则C(0,0,0),D(2,-2,0),A(2,2,0) 注意到PD=CD=22,则PG=6, 故P(1,-1,√6)， 则p=(1,3,-6),C示=(1，-1,6)，Ci=(2,-2,0), G 设P7i=入Pi(0≤A≤1)，则Ci=C+Pi=(1+入，3X-1,6-6), 由(1)知AC1平面PDC,而C4=(2,2,0), 所以平面PCD的一个法向量可取为m=(1,1,0),…。 (13分) 【高一数学答案第6页（共8页）】 设n=(x,y,z)为平面CDM的一个法向量， ·C=0.m1+Ax+(3A-1y+61-A:=0 则 n.ci=0'2x-2y=0 取x=1,则y=1,c=以 6(入-1) 则平面cDM的一个法向量n=(1,16A-) 入）…(15 因为平面PCD与平面CDM的夹角为30°， 则s<m,1= 2 a2* m30-9解得A=行 故当M为PA靠近点P的三等分点时，满足题意。…（17分) 19.解：(1)由余弦定理知，a2+c2-b2=2ac·cosB, (a+c)2-B=43S,a2+2ac+2-62=45·2 aesinB, ∴.2ae·cosB+2ac=23 acsinB,即1+cosB=√3sinB, sm(B-君)=分Be0,m).B-晋e(-石g. 八.B-正=开即角B三牙 (4分) 66 （2)由m(4-子》=一亮得4-md= 5 sin4s3 结合sinA+cos2A=1,解得 …(6分)》 4 C0s4= 5 所以sC=sin(A+受)=分inf+cns 2C0s4= 1.3,3.43+43 10’ 又由正弦定理得b=asink=三.5，=5尽 sin4=32a= 64, -哥353 6a, (8分) 如s分如ia4=安汽.346号 6a·5=8+25, 化简得2=16，即a=4;…(10分) (3)由(04+0)·A正=(01+0C)·A元=0， 即(0i+0B)·(0B-0i)=(0A+0C)·(0元-0i)=0, 得0B2-04=0C2-0=0,即1041=101=10C1, 所以O为△ABC的外心，……… (12分) 取AB中点D,连接OD, 因为O为△ABC的外心，所以OD LAB, 所以d:=(面+)·成=丽：+网.届-今 B 【高一数学答案第7页（共8页）】 又Bd=mBA+nBC(m,neR), 所以Bd.B=(mBA+nBC)·B=mBA+nBC.Bi(m,n∈R), 故；=mc2+naccosB,即c=2mc+na(m,neR), 同理，Bd.BC=(mB+nBC)·BC=mB.B+nBC2(m,n∈R), 放号=maoB+m2,即a=2m+mc(m,neK, 联立解得m22229。 Γ3a 故mn-20-4×2-5.5ac-22-22-5-2(4+）.…（14分) 3c 3a 由正弦定理得-业4如(C+A).2inG+ 2cosC 1,5,1 c sinC sinC sinC -=2+2tanC1 2-c∈(0，) 3 由△ABC为锐角三角形，所以{B∈(0，牙) 解得Ce(石受， ce(0,) 所以1amGe(9,+x),所以只e(32), 则兰+后∈[2，多)，当且仅当a=c时，等号成立 因此m-号（+台e0,] C见 故mn的取值范围为(0，)]： …（17分) 【高一数学答案第8页（共8页）】 绝密★启用前 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：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．函数的最小正周期为 A． B． C． D． 2．在空间直角坐标系中，为坐标原点，对空间中一点，则下列叙述正确的是 A．点关于轴的对称点是 B．点关于平面的对称点是 C．点关于轴的对称点是 D．点关于原点的对称点是 3．若，则化简的结果是 A． B． C． D． 4．下列说法正确的是 A．有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B．用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台 C．圆台的轴截面不可能为直角梯形 D．用任意一个平面去截球，得到的截面是一个圆 5．已知等腰中，，，则 A． B． C． D． 6．在多面体中，底面为矩形，，，，平面，则直线与底面所成角的正弦值为 A． B． C． D． 7．在棱长为的正四面体中，点在上，且，为中点，则为 A． B． C． D． 8．古代数学家刘徽所著的《重差》是中国最早的一部测量学著作，其思想为地图学提供了数学基础．现根据《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据．如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，在其右侧两点，处（、、三点共线）分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为 A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，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．下列值为的式子有 A． B． C． D． 10．在中，，，所对的边分别为，，，下列命题正确的有 A．若，则为等腰直角三角形 B．若是锐角三角形，则不等式 C．若，则是钝角三角形 D．是所在平面内任意一点，若动点满足（），则动点的轨迹一定通过的重心 11．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，若该直四棱柱的体积为，，，则 A．四面体的体积为定值 B．当时， C．直线与异面 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长度为 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分。 12．如图，在中，点，分别在，边上，且，，点为中点，若，则__________． 13．在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记的内角，，所对的边分别为，，，内一点到三边，，的距离，，满足，称点为的“莱莫恩点”．若在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，，则常数_________． 14．如图，在棱长为6的正方体中，，，，，，分别是，，，，的中点，若存在过点，的平面与平面平行，则平面截该正方体得到的截面图形的周长为_________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（本题满分13分） 已知向量，，，． （1）求向量在向量上的投影向量； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16．（本题满分15分） 已知平面是圆柱的轴截面，是上异于，的点，为上的动点，，． （1）证明：； （2）求与所成的角的余弦值； （3）若，，，四点在一个球上，求该球的表面积和体积． 17．（本题满分15分） 若将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数（，，）的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式及其单调增区间； （2）若函数在上有唯一零点，求实数的取值范围． 18．（本题满分17分） 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：平面平面； （2）求三棱锥的体积； （3）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 19．（本题满分17分） 在中，角，，所对的边分别为，，，且的面积满足． （1）求角； （2）若，且，求； （3）若为锐角三角形，为所在平面内一点，且满足），设（，），求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $