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． 辽阳市2026－2026（下）高一学情评估试题答案 一、单选 1．B ，所以所在的象限为第二象限． 2．B 3．A ，若，， “”可以推出“”， ，若，， “”不能推出“” 4．D 若，，则，可能平行、相交或异面，故A错误：若，则与可能相交，故B错误；若，则与无公共点，因此分别在两平面内的直线也无公共点，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，时，可得，当时，可得，所以D正确． 5．A ，得， 而，， 6．B 已知，则．由，得，解得． 由余弦定理：，． 7．B 8．A 在正三棱台中，设上底面中心为，下底面中心为，连接，，过作交于，因为，，则，，，又易知平面，所以平面，又易得，所以，则，在直角三角形中，，则，所以正三棱台的高为3． 二、多选 9．ACD 余弦定理，所以：，A正确：由正弦 定理可推得，B不正确：由正弦定理可推得，C正确：，D正确． 10．ABD 则的最小正周期为，故A正确：当时，， 由于在上为增函数，在区间内单调递增，故B正确： 当时，，此时，即的图象关于点对称，故C错误； ， 令，则， 故是偶函数，故D正确。 11．ACD 因为平面，平面，所以．因为四边形是正方形，所以，又，，平面SBD，所以平面SBD，又平面，所以，故选项A正确，选项B错误．因为平面，平面，所以．因为四边形是正方形，所以，又，，平面，所以平面，所以与平面所成角为，易知，选项C正确．如图，取中点，连接，，因为平面，平面，所以 ．因为四边形是正方形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以．因为，所以，又，，平面，所以平面，所以与平面所成角为．不妨设，易知，，在，得，则，故选项D正确． 三、填空 12． 由得，所以． 13． ，，． ． 14． 由，知此时为的重心，所以，分别是和的中点， 所以，． 四、解答 15．解：（1） （2）由，，可得， ， 所以． 所以， （3）由，，可得， 由（2）得， 所以， 解得：． 16．证明：（1）因为面，面，面面， 所以 又因为，分别为，中点，则，所以 所以四点共面． （2）连接，因为，由（1）知， 则四边形为平行四边形 所以，． 因此直线与直线夹角即为与直线夹角 在中，，，， 由余弦定理得 则 所以直线与直线夹角正弦值为 17．解：（1）， ， ， （2）由 得 的对称中心是 （3）由得： 解得： 的解集是 18．证明：（1）连接，交于， 因为是线段的中点，所以，所以 因为与均为直角三角形， 所以，即， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）连接，，连接， 因为平面，平面，所以， 由（1）知，因为平面，平面， 故即为二面角的平面角， 因为，所以， 因为，，， 所以，即，所以，， 因为平面，平面，所以， 所以，，所以，， 所以， 即二面角的余弦值为． （3）由（1）知，，因为平面，平面，所以， 故在中作斜边上的高，交线段于点，即有， 又因为，，平面，所以平面， 此时的点即为所求， 因为，故，即，故， 所以线段上存在点，此时 19．解：（1）中，面积为， 又，，所以， 所以，又， 所以； （2）由正弦定理得，，， 又是锐角三角形，得， 所以 ， 由，所以，所以， 所以S的取值范围是； （3）由. 可得， 由（1）知，又，所以， 则，得，当且仅当时等号成立， 又因为，所以． ， 因为在上递增， 所以，即线段长度的最大值为． 学科网（北京）股份有限公司 $