河北承德市示范高中2025-2026学年高一下学期7月期末联考数学试题

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 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y=|sin3x的最小正周期为 A君 B.号 C. D.T 2.在空间直角坐标系中，0为坐标原点，对空间中一点P(2,-3,4),则下列叙述正确的是 A.点P关于x轴的对称点是P(-2,-3,4) B.点P关于平面yOz的对称点是P2(2,3,-4) C.点P关于y轴的对称点是P3(-2,-3,-4) D.点P关于原点的对称点是P,(-2,3,4) 1-sin(a+ 3π 3.若π<<2π，则化简 2 的结果是 A.cos B.-sin a .号 D.sin号 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△ABC中，∠C=120°，AB=25,则AC.CB= A.2 B.3 C.-2 D.-√3 【高一数学第1页（共4页）】 6.在多面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，BC=3,2FB=ED=AB=6, FB∥ED,ED⊥平面ABCD,则直线EF与底面ABCD所成角的正弦值为 A.6 3 B.③ 3 C.30 6 D.6 6 7.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 60230°2 A,在其右侧两点B,C处(A、B、C三点共线)分别测得该球体建筑物的 B 最大仰角为60°和30°，且BC=40m,则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为 A.16000 B.o3 c.32005nm D. 32000 3 3 T m3 8.在棱长为a的正四面体OABC中，点M在OA上，且OM=3MA,N为BC中点，则MN为 3 B.4“ C. 4 a D.a 二、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√3的式子有 A.sin80°cos20°+cos100°cos70° B.43sin75°cos75o C.√2sinl5o+√2cosl5o D.1+tan750 1-tan75 10.在△ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列命题正确的有 A若%_，则△AC为等腰直角三角形 B.若△ABC是锐角三角形，则不等式sinM+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC C.若sinB+sin2C<sinA,则△ABC是饨角三角形 D.O是△4BC所在平面内任意一点，若动点P满足OP=O2+m( B B武 |BA sin.∠BAC BCIsin.∠BCA (m>0),则动点P的轨迹一定通过△4BC的重心 11.如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C,D中，底面ABCD为菱形，AA=AB=BD,若该直四棱柱的体 积为325，若A=入AC,入∈[0,1]，则 【高一数学第2页（共4页）】 A.四面体P-ACD的体积为定值 D C B.当A=2时，D,P1A,C B C.直线AP与BD,异面 D D.以B为球心，2万为半径的球面与侧面A4,D,D的交线长度为4四 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分。 12.如图，在△ABC中，点D,E分别在AB,AC边上，且Bi=DA,A应=3E元， 点F为DE中点，若B=mB+nBC,则m+n= B 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△ABC的 内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC内一点K到三边BC,CA,AB的距离dn,d,d。满足 号-三k,称点K为△ABC的”来莫恩点”若在△ABC中，内角A,B,C所对的边分 a,b,c,且a=13,b=5,c=12,则常数k= D 14.如图，在棱长为6的正方体ABCD-AB,C,D,中，E,F,P,M,N分别是 AB,CC1,DD1,AD,CD的中点，若存在过点E,F的平面a与平面PMN 平行，则平面α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a=(1,-4),b=(2,3),c=a+2b,d=a-λb. (1)求向量a在向量b上的投影向量； (2)若c与d的夹角为锐角，求实数入的值； (3)求1d1的最小值 16.(本题满分15分) 已知平面ABCD是圆柱O,O,的轴截面，E是弧AB上异于A,B的点，P为DE上的动点，AE= 3AD=√3，∠EAB=30° (1)证明：BE⊥AP; (2)求AE与O,B所成的角的余弦值； (3)若A,B,D,E四点在一个球上，求该球的表面积和体积 【高一数学第3页（共4页）】 17.(本题满分15分) 若将函数y=八x)的图象上所有的点向左平移罗个单位长度，得到函数y=g(x)=Asin(wr+) (A>0,0>0,0<)的部分图象如图所示. (1)求函数y=f(x)的解析式及其单调增区间； (2)若将函数y=f(x)的图象上各点的横坐标变为原来的倍(m>0),纵坐标不变，所得的图 77. 象在区间[0，π]内恰有一个对称中心，求m的取值范围； (3)若函数h(x)=[x)]P-4x)+a在[0，受]上有唯一零点，求实数a的取值范围。 7元 12 18.(本题满分17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PDC1平面ABCD,PC=PD=CD=2√2，AD=2BC=2AB=4, AD∥BC,∠BAD=90° (1)证明：平面PAC⊥平面PCD; (2)求三棱锥B-PAD的体积； (3)在棱PA上是否存在点M,使得平面PCD与平面CDM的夹角为30°？若存在，求出点M的 位置；若不存在，说明理由 19.(本题满分17分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且△ABC的面积S满足(a+c)2-b2=45S. (1)求角B; （2)若m4-子》=一号且S=8+25,求a的值： (3)若△ABC为锐角三角形，0为△ABC所在平面内一点，且满足(OA+0B)·AB=(O+ O元)·AC=0,设B0=mB+nBC(m,neR),求mn的取值范围. 【高一数学第4页（共4页）】