辽宁沈阳市回民中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

沈阳市回民中学2028届高一下学期期末考试试题 数学 试卷满分：150分 时间：120分钟 一、单选题（每题5分，共计40分） 1．已知，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知向量，，则（ ） A． B． C． D． 3．已知，，，函数的部分图象如图所示，则该函数的表达式是（ ） A． B． C． D． 4．若，则（ ） A． B． C． D． 5．函数的图象可由函数的图象（ ）个单位得到 A．向右平移 B．向右平移 C．向左平移 D．向左平移 6．已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，侧面积为，母线长为，则圆台的体积为（ ） A． B． C． D． 7．若复数满足，则的最大值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．在锐角中，已知，，则周长的取值范围为（ ）A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，按选择项平均给分，多选不得分，共计18分。） 9．在中，角，，的对边分别为，，，若，，且，则（ ） A． B． C．为定值 D．面积的最大值为 10．下列说法正确的是（ ） A．已知向量，，且，则 B．向量，，则“，的夹角为锐角”是“”的充要条件 C．若，、分别表示、的面积，则 D．在中，向量与满足，且，则为等边三角形 11．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥的体积为 B．直线与平面平行 C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点与点到平面的距离相等 三、填空题（每题5分，共计15分） 12．已知，则__________． 13．在棱长为4的正方体中，为棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则点在侧面上的轨迹长度为__________． 14．函数在上有三个零点，则的取值范围是__________． 四、解答题（15题13分；16-17每题15分；18-19题每题17分；共计77分） 15．著名数学家欧拉发现并证明了欧拉公式（为自然对数的底数，为虚数单位），从而建立了三角函数和指数函数的关系，已知复数． （1）若，将复数表示成的形式； （2）若是关于的实系数方程的一个根，求，的值； （3）求的最大值． 16．行列式是线性代数的一个重要研究对象，本质上，行列式描述的是维空间中，一个线性变换所形成的平行多面体的体积，它被广泛应用于解线性方程组，矩阵运算，计算微积分等．把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为．已知函数 （1）当时，求的单调递增区间； （2）若对任意的，都有解，求实数的取值范围． 17．从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题． 记的内角，，的对边分别为，，，已知__________． （1）求角的大小； （2）若点在上，平分，，，求的长； 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 18．如图，四棱锥中，底面是平行四边形，，，，分别为，的中点，平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若，，求与平面所成角的正弦值． 19．如图，设，是平面内相交成的两条射线，，分别为与，同向的单位向量，定义平面坐标系为-仿射坐标系，在-仿射坐标系中，若，则记． （1）在-仿射坐标系中，，求． （2）在-仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在-仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，， ，，分别为，中点，求的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案 题号 1 2 3 5 6 7 10 答案 C D B A D B C c ACD AD 题号 11 答案 BC 12.2 13.22 w. 1,√5 Z= 15.(1)22 (2)m=-5,n=1(3)=V5+1 【分析】(1)代入给定角度，利用欧拉公式将其展开为三角函数形式，合并实部与虚部完成化简： (2)法一：将复数的三角形式转换回z=a+bi,结合复数的运算即可求解，法二：利用实系数一元二次 方程“虚数根成对共轭出现”的性质找出另一根，随后通过韦达定理即可求解： (3)法一：将复数的三角形式转换回z=Q+bi,结合正弦函数的取值范围即可求解，法二：将复数模长 的最值问题转化为复平面内单位圆上的动点到定点 0,-V3） 的几何距离求最大值即可. 【详解】(1) (2)法一 h 62 2,则(2 +5m+n+5+m-0}+ 3m+n=0.5+m=0 即22 m+n+ 2 ，故2” 且2 所以m=-V5,n=1: 法二 e6 cos+isin nπV3,1. 6 “622为虚数根，所以方程还有另一个根为22， 根据韦达定理： 所以m=-V5,n=l: (3)法 z=cos0+(sine+3)i =cos0+(sin+3)=v4+23sing 故lm=V4+25=5+1 法二 =e°+v5◆子=e°=cos0+isin6,=-5i, 则H可祝为华位题上的，点os8,sin)到点(0，-)的距离 (Q,)到圆心Q,0)的距高d=5>1,即0,3)在单位网外， 所以l=d+r=V5+1,其中r为单位圆的半径. 「0，「2n,π 16.①)单润递增区间为6和3元 (2)0的取值范围为[1,3) 【详解】 (1f(x)=sin-23cosx-(sinx-cosx)(sinx+cosx)=2sinxcosx-(sinx-cosx) -5n2x+cm2r=2sm2x+8引 2km-T≤u≤2km+ 正弦函数y=sinu的单调递增区间满 2,k∈Z, 《-2x+π 2km-T≤2x+刀≤2hm+ 6,则： 2 6 2,k∈Z 6,k∈z,结合r∈[0，]： 0, 2π 2π 当长=0时.行X间06。当大=1时，得区间子.收()的单调造神区同为06和行。 (2)方程[/(]-2f()a=0有解等价于a=[/(-2f(),即a的取值范用为西数 t∈0， π_π7π g()=-21在t=f(x)值域上的取值范围：当L 2时， 2x+ 6L66」，故 m2r+}[ 因此 6)=2m2+62◆e[2,则0=f-2=-旷-1 该二次函数开口向上，对称轴为=1： 当1=1时，8()取最小值-1，当1=-1时，8()取最大值3， 即()e13],故a的取值范围为1,3] Csπ Csπ 17.(1)条件①， 3；条件②，3；条件③， CD=6V3 (2) 【分析】(1)若选条件①，利用正弦定理以及两角差的正弦公式化简求解.若选②，利用正弦定理以及 两角和的正弦公式化简求解即可.若选③，根据诱导公式以及两角和的正弦公式化简求解即可. (2)根据余弦定理以及三角形面积公式求解即可. 【详解】(1)若选条件①， 依题意，得a+acosC=V3 csinA,根据正弦定理得sinM+sin4cosC=V3 ssinCsinA, 因为0<A<π，所以sinA>0,则l+cosC=V3sinC,即V3sinC-cosC=l. inc-cosc=}sinc-）= 即2 2,所以6)2 Cπ、π Cπ 又0<C<元，则66，所以3 若选条件②， sinCsinB+ sinA+sinB 由正弦定理得 2 1 sinA+sinB sin(B+C)+sinB sinC sinB+-cosB 2 2 2 2 所以 sinBcosC+cosBsinC+sinB 2 3sinCsinB+sinCcosB=sinBcosC+cosBsinC+sinB in8=inbonC+sn2,ggnC-emC=1,c-君)月 C-π-π C=T 因为C∈(0，，所以66，所以3. 若选条件③， 在△ABC中，因为sinB-sin=-sin(C-）,A+B+C=元. 所以sin(C+A)-sinA=sin(C-A) sinCcosA+cosCsinA-sinA=sinCcosA-cosCsinA 化简得sinA=2 cosCsinA, cosC=1 又A∈(0，m),则sinA≠0，故osC2】 Csπ 因为0<C<π，所以3， (2)在△ABC中，根据余弦定理， 2=a2+b2-2abcos"=a2+b2-ab 有 3 即7=4+b2-2b,解得b=3或b=-1(舍去)· 依题意，S4cD+Scn=S4Bc, CDsinbCD.sin 6 62 ab.sin 3 mayn-in-会8 ,CD=2366V5 所 2+b5」 18.(1)连接BD交AC于点O,连接OM. B- 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是BD中点. 又M是PD中点，所以OMIIPB. 因为PB文平面ACM,OMC平面ACM, 所以PB∥平面ACM. (2)由题知，在△ABN中，AB=AN,∠BAD=120° 由余弦定理，得BN2=AB2+AN2-2AB·ANcos120°=3AB2,所以BN=V5AB 在△CDN中，CD=ND,∠CDN=6O°，所以△CDN是等边三角形，所以CN=CD=AB, 所以BN2+CN2=4AB2=BC2,即BN⊥NC. 因为PN⊥平面ABCD,BNC平面ABCD,所以PN⊥BN. 又PN∩NC=N,PN,NCc平面PCN,所以BN⊥平面PCN. 因为BNC平面PBN,所以平面PBN⊥平面PCN. √42 (3) 7 【分析】(1)连接BD交AC于点O,连接OM,根据线面平行的判定定理证明即可： (2)根据余弦定理结合勾股定理可得BN⊥C,再由线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明 即可； (3)根据等体积法计算点A到平面PCD的距离，再由线面角的定义计算求解. 【详解】(1)略 (2)略 (3)因为PN⊥平面ABCD,NC,NDC平面ABCD,所以PN⊥NC,PN⊥ND 由(2)知NC=ND,所以PC=PD 设点A到平面PCD的距离为h, 因为AB=2,PN=V3,所以PA=PC=PD=V7, R△Pcn边r湾hc-3co-vG =1x2.V6-16 SPD=2 ，所以 n3=xV6-h 所以 3 又点C到AD的距离为V3,所以° -2×4×V5=2V5 n号mPN=写25x5=写x6- 所以 ,解得h=V6 ino=h16142 记PA与平面PCD所成角为B,则 PA77, V42 所以PA与平面PCD所成角的正弦值为7· 1 25+8v7 19.【答案】(1)1 (2)7 (3)84 【解析】 。2 【分析】(1)根据题设定义得 =2,石=-日+V26,再由数量积的运算律，即可求解： (2)根据腿设条件求出ā6，同，月， 再结合题设条件，即可求解； (3)设B(m,0),C(0,m). E.0F=m2+3+ -mn 根据题设条件得 4 28 28,再由正、余弦定理及三 角恒等变换，即可求解. 【小问1详解】 π 由题意知，在4仿射坐标系中， gg=lx1xcos”=V2 42, 又a-(l,v2）,则a=-g+2e 所a-(g+V2g-G2-2V2g6+2g2=1-2w2x5+2=1 则同=1 【小问2详解】 因为i=(-1,3),b=(3,).则a=-8+38,方=-3g+6, 则a-6=(-g+3G)(-38+8)=3G2-10eg+3g-6-10cosa la-+3e.)-1O-6osa+)=10-6cosa 2 又a与b的夹角为3， a 由 丽. .元6-10cosa cos- 得到310-6cosa,解 cosa=1 【小问3详解】 设B(m,0),C(0,川），其中m>0,n>0,则0B=me,0C=ne, 因为 O00C6又E,F分别为D.BC 所以 or-os+oc)-s+吗 π 在3仿射坐标系中， 9g=cosπ=1 32 o死.or-g+j}m+sj ++3mmxm2+3n+ m+8428m2子28 mn×- mn 28 BC=m2+n2-2mncos "m2+n2-mn =1 在△OBC中，由余弦定理得 3 所以mn=m2+n2-1, 死.ar-n+r+m+r-+号- 则 28 7 28 m 1 2 sinZOCB sinLOBC nπ√3 sin 在△OBC中，由正弦定理 3 ∠0CB=00<0<2π =3n+2a-3×gm0-2×m0j=46n9+m任-0 .4 令 (3 =号+29m0-92 3+?sin(20-p)tan0-5 所以a-10+2V5 110+2W7525+8W7 3,则OE.OF的最大值为73 2884.