辽宁辽阳市2025-2026学年高一下学期7月学情评估数学试题

辽阳市2025—2026（下）高一学情评估试题 数学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答题前，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，再选涂其他答案标号．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． 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合要求的．） 1．1616°角的终边所在的象限是（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．若复数满足，则复数为（ ） A． B． C． D． 3．已知，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知两条不同直线，，两个不同平面，，下列命题中正确的是（ ） A．若，，则 B．若，且，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．已知向量，满足，，，则（ ） A． B． C．8 D．12 6．在中，，，边，的夹角为，且，则（ ） A． B． C． D． 7．已知，则（ ） A． B． C． D． 8．已知正三棱台，上底面正三角形边长为2，下底面正三角形边长为8，侧棱长为，则此三棱台的体积为（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．在中，，，，下列结论正确的有（ ） A． B． C． D． 10．关于函数的叙述中，正确的有（ ） A．的最小正周期为 B．在区间内单调递增 C．的图象关于点对称 D．是偶函数 11．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ） A． B．与所成角为 C．与平面所成角为 D．与平面所成角的正切值为 第Ⅱ卷（主观题） 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分．） 12．已知复数，则________． 13．已知向量，，若，则的值为________． 14．已知等边三角形的边长为2，，（），交于点，且，则________． 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）已知向量，，，． （1）求向量在上的投影的数量． （2）求向量与的夹角． （3）若，求实数的值． 16．（15分）在四棱锥中，平面，、分别为、中点，且，． （1）证明：、、、四点共面． （2）求直线与直线夹角正弦值． 17．（15分）已知函数（），． （1）求的值． （2）求函数的对称中心． （3）求不等式的解集． 18．（17分）如图，在长方体中，，，为线段的中点． （1）证明：． （2）求二面角的余弦值． （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19．（17分）在中，角，，所对的边分别为，，，若（）． （1）求角的大小． （2）若． ①为锐角三角形，求面积的取值范围； ②的角平分线交于点，求线段长度的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $辽阳市2026-2026（下)高一学情评估试题答案 一、单选 1.B1616°=360°×4+176°，所以1616°所在的象限为第二象限. 2.B2=5(1+1=51+02+2-10+5+10+52 2-i (2-0(2+i) 4+1 =1+31 3.A.x∈(0，)，若cosx= sinx=v1-cos= ∴.“c0Sx= 。可以推出“nx= 2 2 =士W厂anx= 1 ,xe(0,元)，若sinx= 0 2 }”不能推出“cos下=5。 2 4.D若m1,n1l,则m,n可能平行、相交或异面，故A错误；若m/n,则a与B可能相 交，故B错误；若/IB,则a与B无公共点，因此分别在两平面内的直线a、b也无公共点， 无公共点的两条直线位置关系为平行或异面，故C错误；由线面垂直的性质定理可知当m1《, m1B时，可得a//B,当nca时，可得n/B,所以D正确 5.Aa-6-0=-1→a-b-a=-1,得ab=0, 而12a+iP=4a+4a.6+b=4x1+0+4=8,2a+b上22， 6B已知0<C<m,则赠<C+号<由sm(C+)=1,得c+=解得c-员 由余弦定理：c2=42+62-2×4×6×c0sg=16+36-48×3=28,c=2W7. 元.Bsim29=cos6-20)=cos2(任-9=2cs2(年-0）-1=2×)°-1=-名 8.A在正三棱台ABC-A1B1C1中，设上底面中心为0，下底面中心为01，连接01B,OB, 过2作BWo0,交0，于，因为A,8A,=8,M8=2,测0g58号5 OB=5×2x2=2√5，S=V5,Ss=165又易知0011平面A1B1C1,所以B阻1平面 2 33 A84C1:又易得08/0B所以0B=0H,则m-5子5-23，在直角三角形 △BHB中，BB=A4=V21,则BH=V(V2I-(2=3,所以正三棱台ABC-AB,C 的高为3. "m4a专-++SS)=}x3x5+165+3165=21V5 二、多选 9.ACD余弦定理c2=16+4-2×4×2×(-)=28,所以：c=2W7,A正确：由正弦 第1页共6页 定理可推得A≠着B不正确：由正弦定理可推得sinB图C正确：S=absin C=×4× 2×9=2V3,D正确。 10.ABD f()=cos(x-2)sin(x+)=sinx(sinx+cosx) -9 sinx cosx+sin2x=9snm2x+x-2三， 则f)的最小正周期为号=，故A正确：当xe[名到时，2x-[引， 由于y=sinz在z∈[，引上为增函数，f)在区间[引内单调递增，故B正确； 当x=爱时，2x-名=0，此时f()=子即f()的图象关于点（侣，）对称，故C错误： f(x+到)=sin[2(x+)-周+4=sin(2x+)+=cos2x+是 令h()=cos2x+子则h(-)=cos(-2x)+=cos2x+h(), 故f(x+)是偶函数，故D正确。 11.ACD因为SDL平面ABCD,ACC平面ABCD,所以AC⊥SD.因为四边形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD,又BD∩SD=D,BD,SDC平面SBD,所以AC⊥平面SBD,又SBC平面SBD,所 以ACLSB,故选项A正确，选项B错误，因为SD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥ SD.因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD,又CD∩SD=D,CD,SDC平面SCD,所以BC ⊥平面SCD,所以BD与平面SCD所成角为∠BDC,易知∠BDC=45°，选项C正确.如图， 取SA中点K,连接DK,BK,因为SD⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,所以 AB⊥SD.因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD,又ADnSD=D,AD,SDC平面SAD,所 以AB⊥平面SAD,又DKC平面SAD,所以AB⊥DK.因为SD=AD,所以DK⊥SA,又SA∩AB=A, SA,ABC平面SAB,所以DKL平面SAB,所以BD与平面SAB所成角为∠DBK.不妨设SD=AD ,易斑K要02a,在△B,得欧婴则am欧兰-9型 选项D正确. 三、填空 12.3V5由3=-i得z=3-6i,所以z=√32+(-6)2=35. 13.3d=(2,sin6),万=(cos6,-1),a1万→sin6=2cos6→tan6=2. 第2页共6页 sin 20 2sinθcos0 2tan0 2 1+cos20 sin20+cos20+cos0 tan20+2 3 14号由M+ME+MC=0,知此时M为AABC的重心，所以D,E分别是BC和AC的中点， 所以a=子16M=B=号 四、解答 15.解：(1) a.b(-1)x1+(-2)×3_75 V2+(-2)3 5 3分 (2)由a=(-1,3),b=(1,-2),可得c=a+2b=(1,3)+21,-2)=1,-1), 4分 d=a+b=(-1,3)+(1,-2)=(0,), 5分 所以cos(,d)= c.d1x0+(-10x1 √2 丽P+10+F 2 7分 所以 G动n可G-买 9分 (3)由a=(-1,3),b=(1,-2),可得a-b=（1,3)1,-2)=(1-1,3+2), 10分 由(2)得6=(1，-1)， 所以c.(a-2)=1×(←1-)+（←1）×(3+22)=-4-31=0， 12分 解：手 13分 16.证明：(1)因为BC/∥面PAD,BCC面ABCD,面PAD⌒面ABCD=AD 所以BCI∥AD 2分 又因为E,F分别为PD,PA中点，则EF∥AD,所以BC∥EF 4分 所以E、F、B、C四点共面！ 5分 (2)连接BF,因为E=)AD=2=BC,由(1)知BC∥EF, 则四边形BCEF为平行四边形 7分 所以CE∥BF,CE=BF=2√7. 8分 因此直线PA与直线CE夹角即为PA与直线BF夹角 9分 在△4BF中，AF=2,AB=4,BF=2N7, 第3页共6页 由余弦定理得c08∠BM-1F+BF-AB2_22+(2)2+42万 2AF.BF 2×2×2√7-7 12分 则sin∠BA=V1-cos2∠BA=1 14分 7 所以直线2A与直线CE夹角正弦值为 15分 7 17.解：(1)f(（③）=sim(g+p)=0号+p=kπk∈Z) ∴0=-+kπ(ke2) 2分 0<9<号9=胃 4分 (②)f)=sim(2x+）由2x+=km(kez) 6分 得x=-+受(ke2) 8分 “f)=sim(2x+)的对称中心是（+受，0）(k∈2) 10分 (3)由f)=sin(2x+)>得：g+2km<2x+号<+2km,keZ 12分 解得：-是+kn<x<+krk∈Z 14分 “fw>的解集是（五+km,4+km),k∈Z 15分 18.证明：(1)连接DE,交AC于M, 因为E是线段AB的中点，所以AB=1,所以始-%=V2 因为△ADE与△DCA均为直角三角形， 所以△ADE∽△DCA,即∠ADE=∠DCA, 2分 所∠DC=ADc=子，所以DELAC, 因为DD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以DD⊥AC, 3分 因为DD∩DE=D,DD,DEc平面DDE,所以AC⊥平面DDE, 因为DEc平面DDE,所以AC⊥D,E 5分 (2)连接DA,DC,连接DM, 因为AC⊥平面DDE,DMc平面DDE,所以DM⊥AC, 由(1)知EM⊥AC,因为DMC平面DAC,EMC平面ABC, 故∠DME即为二面角D-AC-B的平面角， 7分 因为DMCMA,所以DM-DG-2. ME AE 因为AD=√2，AE=1,DD,=2, 第4页共6页 所e=1D+4,即DE5,所以-29.超-9 9分 3 因为DD,⊥平面ABCD,DEC平面ABCD,所以DD⊥DE, 所以aMr=ADDr,AE:BD+nE,所以DM-5=, 11分 所以cos∠AB=D2+ME-DE-1, 2.DM.ME 2 即二面角D-AC-B的余弦值为_1 12分 2 (3)由(1)知，AC⊥DE,因为AB⊥平面ADDA,DAc平面ADDA,所以AB⊥AD, 故在Rt△DAE中作斜边DE上的高，交线段DE于点P,即有AP⊥DE, 14分 又因为AP∩AC=A,AP,ACc平面APC,所以DE⊥平面APC, 此时的点P即为所求， 15分 因为RtaD1PA~Rt4D1AE,故A2-AA,即DP=65,故Pg- DA DE 7 1 所以线段DB上存在点P,此时DP=6 17分 PB D D E 19.解：(1)△ABc中，面积为S=2+2-), 又s=bc4osA=所以42边cosA=csnA 2分 所以tanA=3,又A∈(0，π)， 3分 所以A= 4分 (2)由正弦定理得b=-s血B,c-=智smC,B+C=号 sinA sinA 5分 又△ABC是锐角三角形，得酷<B< 6分 所以s=bcsin A=-5§ 3sinBsin C 4W3 4号sin in(G+®) 4W3 π 3sin B(sin cos B+cos3sin B) 2v3 3 sin2B+2sinBcosB 第5页共6页 3 sin 2 B- 3cos 2B =29sin(2B-)+, 3 8分 <2B-<票所以g<sim(2B-)s1,所以9<29im(2B-)s, 所以s的取值范围是(，V: 10分 (3)由S△ABc=S△ABD+SAACD→be sin写=c·AD·simg+b·AD sin 可得AD=Sac b+c 12分 由(1)知b2+c2-a2=bc,又a=2,所以b2+c2-4=bc, 则3=0+a2-4≤3(，得b+c≤4，当且仅当h=时等号成立， 又因为b+c>a=2,所以2<b+c≤4. 14分 AD=鼎--9b+c-) btc 3 b+c 15分 因为fx)=x-4在(2,4上递增， 所以f(x)ma=f(4)=3,即线段AD长度的最大值为V5. 17分 第6页共6页