精品解析：辽宁营口市部分校2025-2026学年高一下学期期末联考数学试卷

高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教B版必修第三册，必修第四册． 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】依题意，，所以的共轭复数． 2. 已知向量，且，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用向量垂直的坐标表示列方程，求参数值. 【详解】由题设，可得. 故选：A 3. 如图是“二十四节气圆周”图，各节气点等分“节气圆周”，则一年内在“节气圆周”上从清明节气点沿顺时针方向旋转到小寒节气点，旋转的角度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】从清明节气点沿顺时针方向旋转到小寒节气点，共经过18个节气点， 所以旋转的角度为． 4. 如图，用斜二测画法作出的直观图，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据斜二测画法可知，，又，所以，所以 5. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【详解】由及正弦定理，得， 因为，所以， 代入得，即， 因为，所以，故，因为，所以， 即的形状为直角三角形． 6. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，为母线的中点，是的中点，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义结合边长运算求解. 【详解】如图，连接，因为平面，所以平面， 平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以直线与所成角为（或其补角）， 因为， 所以. 7. 已知函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得关于对称，判断的奇偶性，再利用函数的单调性即可判断. 【详解】由，所以关于对称， 又，， 所以为偶函数， 当时，， 所以在单调递增， 所以，， 又， 所以， 所以. 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且四边形是边长为的正方形，若四棱锥的体积的最大值为6，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接相交于点，当平面时，四棱锥的体积的最大，此时球心在上，根据求出，再利用是直角三角形求出可得答案. 【详解】连接相交于点，连接，当平面时， 四棱锥的体积的最大，此时球心在上，连接， 所以，解得， 四边形是边长为的正方形，所以， 设球的半径为，因为是直角三角形，所以， 即，解得， 则球的表面积为. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的加减、乘法运算及复数的几何意义求解判断即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，因为，所以在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B错误； 对于C，因为，故C错误； 对于D，，， ，所以，故D正确． 10. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若是异面直线，且，，，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用直线与平面、平面与平面的平行及垂直关系逐项判断即可. 【详解】对于A，由线面平行的性质定理可知若，，，则，A说法正确； 对于B，若，，则或，B说法错误； 对于C，若，，，则或异面，C说法错误； 对于D，过直线作平面，由结合线面平行的性质可知， 因为是异面直线，所以与相交， 又，，且，根据面面平行的性质可知，D说法正确. 11. 已知的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则满足条件的有且只有一个 C. 若，且是整数，则 D. 若是的最小内角，则面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可判断A；利用正弦定理即可判断B；根据大边对大角得出的大小关系及范围，再根据三角形内角和定理结合三角函数即可判断C；先求出的范围，再利用正弦定理求出边，再根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可判断D. 【详解】对于A，由及正弦定理，可得， 所以， 因为，所以，A正确； 对于B，因为，所以满足条件的有两个，B错误； 对于C，因为，所以， 由，得，所以， 则， 又是整数，若，符合题意； 若，则，不合题意； 随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意，所以，C正确； 对于D，因为是的最小内角，则，则， 当时，； 当时，由正弦定理，得， 所以 ， 因为，所以，所以， 综上，面积的取值范围是，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式即可求解. 【详解】由题意得：. 13. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】割补法，结合相似图形性质，根据正三棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案. 【详解】由题意知截去的正三棱锥与原正三棱锥相似，它们的底面边长的比为， 则截去的正三棱锥与原正三棱锥的体积之比为，剩余的棱台的体积为原三棱锥体积的. 而截去的正三棱锥的高为5，所以原正三棱锥的高为10， 所以原正三棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 故答案为： . 14. 在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】如图所示，以为原点，以所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，则 设，则， 所以， ， 当且仅当时，取得最小值. 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. 已知，复数，且为纯虚数． （1）求的值； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的概念求出实数的值； （2）运用复数的除法运算求出，再根据复数模的概念求． 【小问1详解】 因为复数为纯虚数，所以 解得． 【小问2详解】 由（1）得 ， 所以 ， 所以． 16. 在正四棱锥中，为底面中心，，，分别为，，的中点，点在棱上，且. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明：连接，正四棱锥中，为底面中心，则为中点， 又为的中点，则有， 平面，平面，所以平面. （2）证明：，分别为，的中点，则有， 平面，平面，则有平面， ，分别为，的中点，有， 又，则有， 平面，平面，则有平面， 平面，， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线证明，可证平面. （2）证明，，可证得平面，平面，所以平面平面. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）若，求证：为等边三角形； （2）若，，点D是边AB上的一点，且，求线段CD的长. 【答案】（1） 因为，所以， 所以， 又，所以. 若，由正弦定理得，所以， 所以，所以， 又，所以为等边三角形. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理求出，再利用正弦定理得出； （2）根据即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，即， 所以， 解得. 18. 已知函数． （1）证明：； （2）求的单调递增区间； （3）若函数在区间上存在2个零点和1个对称轴，求实数的取值范围． 【答案】（1） 因为 当时，即时，， 故． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由余弦二倍角公式和辅助角公式化简得到，进而可求证； （2）由求解即可； （3）由（1）得，先通过周期满足，确定，再结合正弦函数的对称中心和对称轴，构造不等式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令， 解得， 故的单调递增区间为． 【小问3详解】 ， 设函数的最小正周期为， 由题意可知，，即，解得， 由正弦函数的图象可知，两个相邻零点之间必有一条对称轴． 由，得， 由得， 又，所以， 则或， 解得，或， 故实数的取值范围为． 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为3的等边三角形，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是棱上的动点（包括端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1） 在中，，，，所以，所以， 在中，，，，所以，所以， 又，平面，，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得到，即可求证； （2）取的中点，证明是二面角的平面角，即可求解； （3）过点作，交的延长线于点，证明点到平面的距离为，直线与平面所成角的正弦值为，分析的最大、最小值，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，取的中点，连接． 因为平面，平面平面，平面，所以， 因为，，所以， 因为，，是的中点，所以，， 所以是二面角的平面角． 在等边中，，，所以， 在中，因为，，所以， 在平行四边形中，， 所以，， 在中，， 所以， 故二面角的正弦值为． 【小问3详解】 如图，过点作，交的延长线于点． 因为，，，，平面，所以平面． 因为平面，所以． 又，，，平面， 所以平面，， 所以． 因为，平面，平面，所以平面． 又因为点在棱上，所以点到平面的距离为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 当时，最短，为， 可得直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 当点与重合时，最长，为4， 可得直线与平面所成角的正弦值的最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教B版必修第三册，必修第四册． 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，且，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 3. 如图是“二十四节气圆周”图，各节气点等分“节气圆周”，则一年内在“节气圆周”上从清明节气点沿顺时针方向旋转到小寒节气点，旋转的角度为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，用斜二测画法作出的直观图，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 6. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，为母线的中点，是的中点，，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且四边形是边长为的正方形，若四棱锥的体积的最大值为6，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 10. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若是异面直线，且，，，，则 11. 已知的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则满足条件的有且只有一个 C. 若，且是整数，则 D. 若是的最小内角，则面积的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______． 13. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______． 14. 在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值为__________. 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. 已知，复数，且为纯虚数． （1）求的值； （2）若，求． 16. 在正四棱锥中，为底面中心，，，分别为，，的中点，点在棱上，且. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）若，求证：为等边三角形； （2）若，，点D是边AB上的一点，且，求线段CD的长. 18. 已知函数． （1）证明：； （2）求的单调递增区间； （3）若函数在区间上存在2个零点和1个对称轴，求实数的取值范围． 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为3的等边三角形，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是棱上的动点（包括端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $