精品解析：辽宁辽南协作体2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

2025—2026学年度下学期期末考试高一试题 数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得的系数， 代入周期公式得： ，即该函数的最小正周期为. 2. 已知向量，，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由向量，， 可得且 所以. 3. 已知复数满足(为虚数单位)，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. i D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以复数的虚部是. 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由正弦定理，得 . 因为，所以为锐角， 所以，所以. 所以的面积为. 方法二： 由余弦定理， 得， 即， 解得或（舍去）. 所以的面积为. 5. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，则. 又因为，所以，则. 因为，所以. 6. 研学小组测量景区古塔高度，水平地面，A，B，C三点在同一条直线上，塔底O与地面上三点A，B，C共面且不在直线上，米.已知在A处测得塔顶P的仰角为，在B处测得塔顶P的仰角为，在C处测得塔顶P的仰角为，则古塔的高度（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】设，用表示，再利用余弦定理，列式计算即得. 【详解】设，依题意，，，， 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 由， 可得，， 解得. 7. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将未知角转化为已知角，利用两角和差公式以及二倍角公式计算式子的值． 【详解】因为； ； 因为，则；则， 则； 代入可得． 8. 在中，，点H为垂心，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合向量投影的定义，由，得到，求得，再利用余弦定理，即可求解. 【详解】如图所示，因为为的垂心，可得点落在边的垂线上， 则向量在方向上的投影，恰好等于在方向上的投影，即， 因为，可得，即， 又因为，且，可得，解得，即， 又由余弦定理得， 所以. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【详解】选项A：两个互相垂直的平面内的直线位置关系不确定，可平行、相交（不垂直）或异面，无法推出，A错误; 选项B：由线面垂直的性质，且，可得；又，根据面面垂直的判定定理，一个平面过另一个平面的垂线，则两平面垂直，故，B正确; 选项C：平行于同一直线的两个平面可能平行，也可能相交，无法推出，C错误; 选项D：由面面平行的性质，且，可得；又，根据线面垂直的性质，平行于垂直于该平面的直线也垂直于该平面，故，D正确. 10. 已知函数的一条对称轴方程为，若在区间上单调，且，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称性、单调性、对称中心性质的应用逐项计算判断即可. 【详解】函数，其中. 正弦型函数在对称轴处取得最值，因此，代入函数得. 化简得，解得，A正确； 所以函数. 当时，，正弦函数在上单调递减， 在上单调递增，因此在上不是单调递增函数，B错误； 的周期为，单调区间的最大长度为半个周期. 由得，若为同一单调区间内关于对称中心的对称点， 则的最大值为，因此C正确； 由得：，即. 因此. 整理得，当时，为最小值，因此D正确. 11. 在长方体中，，，M为棱的中点，点P为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的有（ ） A. 满足的点P有且只有两个 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为 D. 若平面，四棱锥的顶点都在球O上，则球O体积的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质得到，求出即可判断A；根据得到轨迹，进而求得轨迹长度，即可判断B；应用等体积公式结合三棱锥体积公式计算判断C，由线面平行的向量证明可得到点与重合时，其外接球的体积最大，即可判断 D. 【详解】对于A，因为平面，平面，所以. 若，则，即点在以点为圆心，2为半径的圆上，满足的点P是弧， 在侧面内存在满足该条件的点无数个，故A不正确； 对于B：因为平面，平面，所以. 因为，所以，所以， 又因为平面，所以平面， 因为，即点P的轨迹为线段，所以点的轨迹长度为，B选项正确； 对于C，三棱锥的体积， C选项正确； 对于D：取是中点，取是中点，因为平面，平面，所以平面， ，所以是平行四边形，所以平面，平面，所以平面， 平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 所以当取时，四棱锥的顶点都在球O上,球O体积的最大， 此时球的半径满足，即，所以球的体积为，故D正确； 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为终边上一点，则_________. 【答案】 【解析】 【详解】由题可得， ， 而. 13. 若正四棱台上下底面边长分别为2和3，高为，则该棱台的侧棱与底面所成角的正切值为_________. 【答案】 【解析】 【详解】如图正四棱台中，分别为下底面和上底面的中心， 过作底面的垂线，垂足为，E落在上，则为该棱台的侧棱与底面所成的角. 连接， 则，， 所以 所以. 即该棱台的侧棱与底面所成角的正切值为. 14. 已知在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二倍角公式，将化为，再利用正弦定理得.从而，通过为锐角三角形，确定的范围，然后构造函数，利用函数的单调性求的取值范围. 【详解】由，得， 即， 根据正弦定理，上式可化为. 又. 因为为锐角三角形，所以，得， 所以，得，所以. ，得， 所以，得，所以， 因此，有. 令，则， 令，则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即. 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. 在中，已知，三角形外接圆半径为. （1）求的大小； （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式和三角形内角关系把已知方程转换成，解出，再利用三角形内角范围即可求. （2）利用正弦定理求得，再利用余弦定理得到，结合基本不等式，可得到，从而可用三角形面积公式得到面积的最大值. 【小问1详解】 因为，所以. 在中，，所以. 所以或. 因为，所以，则. 【小问2详解】 由正弦定理得. 由余弦定理得即 又因为，所以，则，当且仅当时等号成立. 所以. 即面积的最大值为. 16. 如图所示，四棱锥的底面是梯形，，平面，且，，，，E为的中点，F为上一点，. （1）求证：平面平面； （2）是否存在一个值，使平面，若存在，求出值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）略 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，最后根据面面垂直判定定理证明两个平面垂直. （2）构造过且与平面平行的平面，结合平行线分线段成比例的性质求解. 【小问1详解】 平面，平面， . 梯形中，，， ， 过作于,， ，，  ，即为等腰三角形， 又为中点， ，平面，平面 又平面，平面平面 【小问2详解】 过作，交于点，连接. ，平面，平面 若平面，， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面， 因为平面，所以. ，即，又， 四边形是平行四边形， ，， 。 在中，，  存在​，使得平面 17. 某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 （1）请将表中数据补充完整，并直接写出函数的解析式； （2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象.当时，求函数的值域； （3）设函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、，求. 【答案】（1）表格如下： （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用表格中的数据求出、的方程组，解出这两个参数的值，结合可求出的值，结合五点法可完善表格； （2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，由可得出的取值范围，再结合正弦型函数的基本性质可求得函数的值域； （3）利用正弦型函数的对称性得出，根据已知条件得出，再利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得 【小问1详解】 由题意可得，解得， 又因为，故， 由可得；由可得；由可得. 完善表格如下： 【小问2详解】由题可得， 当时，，则， 函数的值域为. 【小问3详解】 函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、， 当时，，由可得， 所以直线是的一个对称轴，而区间的区间长度为一个周期. 所以两个交点关于直线对称，且， 所以， 所以 . 18. 《九章算术》成书于西汉末年，又经众多学者的整理、删补和修订，是几代学者智慧的结晶．它对数学知识由易到难、由浅入深、从理论到实践的编排体例，使它成为后世数学学习者的启蒙教材．其中卷五商功中[卷五-18]今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？[卷五-19]今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？在解决过程中“公式-应用”的结构体现尤为明显．我们按照前人的思路来看下面问题：注释：[1]刍甍：盖上草的屋脊．这里指底面为矩形的屋脊状楔体；[2]刍童：上下底面皆是长方形的几何体． （1）如图几何体是底面为矩形的屋脊状楔体，平面，，，高为h，，求这个几何体的体积； （2）上下底面皆是长方形的几何体，丈，丈，高丈，丈，丈，求这个几何体的体积． 【答案】（1） （2）立方丈 【解析】 【分析】（1）将几何体拆分为两个全等的四棱锥和一个三棱柱，由此利用棱锥和棱柱的体积公式进行计算； （2）可根据已知条件以及《九章算术》中刍童的体积公式，代入数值进行计算． 【小问1详解】 如图所示，将几何体拆分为两个四棱锥，和一个三棱柱； 四棱锥的底面，； 则， ； 故几何体体积为． 【小问2详解】 根据刍童的体积公式可知： ； 根据题意可知，上广，下广；下袤，上袤，高； 代入公式可得， 故几何体体积为立方丈． 19. 已知函数不恒为0，且对，都有. （1）求的解析式； （2）若，当时，求的值域； （3）设，求证： （ⅰ）； （ⅱ）. 【答案】（1） （2）的值域 （3）（ⅰ）令，由已知条件得所有，且， 右侧证明：利用常用不等式当时，，可得， 左侧证明：利用常用不等式当时，，可得，故得证； （ⅱ）首先利用二倍角公式， 故即证， 原不等式等价于. 根据和差化积公式可知， 代入右侧和式可得， 由于在单调递增：， 因为对于任意，所以， 代入放缩： ， 因为，所以， 对累加： ， 因此，，即证. 【解析】 【分析】（1）采用抽象函数赋值法求解解析式； （2）由（1）知的解析式代入，求得端点处的函数值，根据函数的单调性解得函数的值域； （3）（i）利用常用不等式证得不等式；（ii）利用二倍角公式、积化和差公式和不等式缩放计算证得不等式； 【小问1详解】 令，代入原式得：， 整理得，由于不恒为，因此， 令，代入原式得：， 整理得，由于不恒为，因此， 令，代入原式得：， 作变量替换可得： 代入原式验证，左右两边恒等，符合条件； 【小问2详解】 将代入，得 ， 令，利用辅助角化简得：， 因为，且，所以，在此区间余弦函数先递减后递增， 当时，取最小值， 当时， 当时，， 故，从而， 因为，由于，所以当时，取最小值0； 当趋于时，趋于极限值；所以，从而的值域为 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期期末考试高一试题 数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合要求） 1. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 已知复数满足(为虚数单位)，则复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. i D. 4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. D. 3 6. 研学小组测量景区古塔高度，水平地面，A，B，C三点在同一条直线上，塔底O与地面上三点A，B，C共面且不在直线上，米.已知在A处测得塔顶P的仰角为，在B处测得塔顶P的仰角为，在C处测得塔顶P的仰角为，则古塔的高度（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 7. 已知，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，点H为垂心，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列结论正确的有（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 已知函数的一条对称轴方程为，若在区间上单调，且，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 在长方体中，，，M为棱的中点，点P为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的有（ ） A. 满足的点P有且只有两个 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为 D. 若平面，四棱锥的顶点都在球O上，则球O体积的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合.若为终边上一点，则_________. 13. 若正四棱台上下底面边长分别为2和3，高为，则该棱台的侧棱与底面所成角的正切值为_________. 14. 已知在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的取值范围为_________. 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. 在中，已知，三角形外接圆半径为. （1）求的大小； （2）求面积的最大值. 16. 如图所示，四棱锥的底面是梯形，，平面，且，，，，E为的中点，F为上一点，. （1）求证：平面平面； （2）是否存在一个值，使平面，若存在，求出值，若不存在，请说明理由. 17. 某同学用“五点法”画函数在某一周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 （1）请将表中数据补充完整，并直接写出函数的解析式； （2）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象.当时，求函数的值域； （3）设函数的图象与直线在区间上的两个交点的横坐标分别为、，求. 18. 《九章算术》成书于西汉末年，又经众多学者的整理、删补和修订，是几代学者智慧的结晶．它对数学知识由易到难、由浅入深、从理论到实践的编排体例，使它成为后世数学学习者的启蒙教材．其中卷五商功中[卷五-18]今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？[卷五-19]今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？在解决过程中“公式-应用”的结构体现尤为明显．我们按照前人的思路来看下面问题：注释：[1]刍甍：盖上草的屋脊．这里指底面为矩形的屋脊状楔体；[2]刍童：上下底面皆是长方形的几何体． （1）如图几何体是底面为矩形的屋脊状楔体，平面，，，高为h，，求这个几何体的体积； （2）上下底面皆是长方形的几何体，丈，丈，高丈，丈，丈，求这个几何体的体积． 19. 已知函数不恒为0，且对，都有. （1）求的解析式； （2）若，当时，求的值域； （3）设，求证： （ⅰ）； （ⅱ）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $