精品解析：辽宁沈阳市第四十中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

辽宁沈阳市第四十中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题 一、单项选择题（每题5分，共40分） 1. 复数（为虚数单位）的共轭复数等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 上海某会议中心是一个外形为圆锥体的建筑，其造型被赋予了“精益求精、追求卓越”的象征意义．已知一个该建筑物模型的底面半径为，侧面积为，则该圆锥形模型的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形，再分别以点A，B，C为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）.若该莱洛三角形的周长为，则其面积是（ ） A. B. C. D. 6. 在矩形中，与相交于点，过点作，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列结论中正确的有（ ） （1）平面； （2）平面； （3）直线与所成角的余弦值为； （4）平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. △ABC中，角A、B、C所对的边分别为、、，， ，则下列说法中错误的是（ ） A. B. △ABC的外接圆半径为 C. △ABC面积的最大值为 D. △ABC的内切圆半径的最大值为 二、多项选择题（每题6分，共18分） 9. 若平面向量，满足，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. 向量在上的投影向量为 D. 若平面向量满足，则的最大值为 10. 设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上，方程的根有3个，方程的根有2个 C. 在上单调递增 D. 的取值范围是 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积不变 B. 直线CP与直线的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面所成角的大小不变 D. 二面角的大小不变 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知复数z满足，且，则的最小值是______． 13. 在中，角、、的对边分别为、、，若满足和的三角形有且仅有两个，则边的取值范围是_________． 14. 已知中，，是的角平分线，则____________，若，则m的取值范围是_____________. 四、解答题（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分） 15. 在中，角A、B、C的对边分别为、、，且满足 （1）求角A的大小 （2）若为锐角三角形，，求的取值范围 16. 在如图所示的圆柱中，AB为圆的直径，是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱的母线． （1）求证：平面ADE； （2）设BC=1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A—FB—C的余弦值． 17. 设向量， （1）若，且，求的值； （2）若，求函数的单调递增区间及其图象的对称中心. 18. 已知四面体中，和都是边长为4的正三角形，，点为中点，连接、. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）过点作平面平行于直线，平面与四面体的棱，分别交于点，，求四面体体积的取值范围. 19. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆和横档构成，并且是的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从点观察．滑动横档使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置． （1）在某次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值． （2）在杆上有两点，满足．当横档的中点位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁沈阳市第四十中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题 一、单项选择题（每题5分，共40分） 1. 复数（为虚数单位）的共轭复数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，则. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用诱导公式及同角三角函数关系计算，再结合角的范围求解. 【详解】. 因为，所以， 又因为，所以，所以. 所以， 故. 3. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】作出图形如图所示，扇形，设半径为1，， 设，，由图可知， 又， 所以，所以， 由，，得．， ，故． 故选：A. 4. 上海某会议中心是一个外形为圆锥体的建筑，其造型被赋予了“精益求精、追求卓越”的象征意义．已知一个该建筑物模型的底面半径为，侧面积为，则该圆锥形模型的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥内切球半径即为圆锥轴截面三角形的内切圆半径求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，则，则, 所以圆锥的高, 由于圆锥的轴截面为等腰三角形，其面积，周长, 所以轴截面等腰三角形内切圆的半径, 故该圆锥形模型的内切球的半径为 5. 数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感.莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形，再分别以点A，B，C为圆心，线段长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）.若该莱洛三角形的周长为，则其面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据莱洛三角形的周长求出构成它的等边三角形的边长，再通过三个扇形面积减去两个等边三角形面积得到其面积. 【详解】莱洛三角形的周长为，可得弧长， 则等边三角形的边长，分别以点A、B、C为圆心， 圆弧AB、BC、AC所对的扇形面积均为，等边的面积， 所以莱洛三角形的面积是. 故选：C 6. 在矩形中，与相交于点，过点作，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，根据题意先求点坐标，利用数量积的坐标运算即可求解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，所以， 且 ，解得， . 7. 如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列结论中正确的有（ ） （1）平面； （2）平面； （3）直线与所成角的余弦值为； （4）平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】对A，取的中点，连接，证明平面，即平面，可判断A；对B，若平面，则，结合，可判断B；对C， 根据，故判断C；对D，连接，分别求出两部分的体积即可判断D. 【详解】 对A，取的中点，连接，则，即，，，四点共面，即为， 因为，平面，平面，所以平面，即平面，故A正确； 对B：由，若平面．则必有，即四边形为平行四边形，则，因为，，所以矛盾，故B错误； 对C：与所成角，即与所成角，即与所成角，由底面得．则，故C正确； 对D：连接，由A知截面就是平面，下半部分分为四棱锥和三棱锥. ，， 由底面得，又，，平面，所以平面，即平面. 所以，即下半部分体积为. 所以上半部分体积与下半部分体积之比为，故D正确． 因此正确的结论有3个. 故选：C． 8. △ABC中，角A、B、C所对的边分别为、、，， ，则下列说法中错误的是（ ） A. B. △ABC的外接圆半径为 C. △ABC面积的最大值为 D. △ABC的内切圆半径的最大值为 【答案】B 【解析】 【分析】先利用余弦定理化简已知条件求出边，再结合正弦定理、基本不等式、等面积法逐一判断选项，选出错误结论. 【详解】选项A： 由余弦定理得  ，结合已知，得，故A正确，不符合题意； 选项B： 设外接圆半径为，则  ，与选项中不符，故B错误，符合题意； 选项C： 由余弦定理得，即  ， 三角形面积，即面积最大值为，故C正确，不符合题意； 选项D： 设内切圆半径为，得. 当时，取最大值4，取最小值4， 此时：  故D正确，不符合题意 二、多项选择题（每题6分，共18分） 9. 若平面向量，满足，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. 向量在上的投影向量为 D. 若平面向量满足，则的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：用模平方公式求目标模长；选项B：用夹角公式推目标夹角；选项C：按投影公式求目标投影向量；选项D：由数量积为零得终点轨迹，结合几何求模长最大值. 【详解】已知，对平方得：， 解得，逐一判断选项： 选项A： ，得，A选项正确； 选项B：设与的夹角为，由夹角公式： ，得，B选项错误； 选项C：在上的投影向量为：，C选项错误； 选项D：说明当始点相同时， 的终点在以终点连线为直径的圆上： 设，得圆心为，半径，原点到圆心的距离为， 因此的最大值为原点到圆心距离加半径：，D选项正确. 10. 设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上，方程的根有3个，方程的根有2个 C. 在上单调递增 D. 的取值范围是 【答案】CD 【解析】 【分析】根据函数的零点的个数，求出参数的范围，再判断函数的单调性、对称性和方程根的个数. 【详解】由题意，， 由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误； 当时，得，故； ，所以D正确. 因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根； 当时，的根分别可由或求出，共2个根； 当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误； 当时，得， 由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确. 故选：CD. 【点睛】本题重点考查三角函数的图象与性质，难度较大，做题时注意利用整体法判断：即通过将作为整体，借助的图象和性质来进行判断. 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动时，下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积不变 B. 直线CP与直线的所成角的取值范围为 C. 直线AP与平面所成角的大小不变 D. 二面角的大小不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】证明平面再由等体积法可得A正确；由可得直线CP与直线的所成角即为直线CP与直线的所成角，可得B正确；由点在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角可判断C，由当点在直线上运动时，平面可判断D. 【详解】对于选项A，因为面面，所以平面， 所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故A正确； 对于选项B，因为，点在直线上运动，所以直线CP与直线的所成角即为直线CP与直线的所成角，因为为等腰直角三角形，故B项正确； 对于选项C，点在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故C错误； 对于选项D，当点在直线上运动时，平面，即二面角的大小不受影响，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知复数z满足，且，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】设复数的代数形式，先根据已知等式确定对应点的轨迹范围，再结合复数模的几何意义求两点距离的最小值. 【详解】设，则其共轭复数，展开等式可得：左边，右边，两式相等则虚部相等，即，整理得，即或. 又因为，结合复数的几何意义可知，在复平面内对应的点的轨迹为：轴上的线段和轴上的线段. 因为，故的几何意义是点到定点的距离. ①当点在轴上时，，点到的距离为，当时取得最小值； ②当点在轴上时，，点到的距离为，当时取得最小值. 因为，故的最小值为. 13. 在中，角、、的对边分别为、、，若满足和的三角形有且仅有两个，则边的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，逆用和角的正切公式求出，再利用正弦定理求解. 【详解】由，得，显然， 在中，，而，则， 由正弦定理，得，由三角形有且仅有两个， 得，则，所以边的取值范围是. 14. 已知中，，是的角平分线，则____________，若，则m的取值范围是_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，利用余弦定理列方程，化简求得的表达式，根据的取值范围求得的取值范围. 【详解】在三角形中，由正弦定理得①； 在三角形中，由正弦定理得②； 由于，所以得. 所以， 在三角形中，由余弦定理得 ， 即， 也即③. 在三角形中，由余弦定理得 ， 即， 也即④， 得， 即， ，由于，所以,， 由于，所以， 所以的取值范围是. 故答案为：； 【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理，属于难题. 四、解答题（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分） 15. 在中，角A、B、C的对边分别为、、，且满足 （1）求角A的大小 （2）若为锐角三角形，，求的取值范围 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求出角； （2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变形，利用锐角三角形确定角的范围，问题即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理得:， 因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理得:，所以，， 即 ， 因为为锐角三角形，所以，解得:， 则，所以，即， 因为，所以，即的取值范围为. 16. 在如图所示的圆柱中，AB为圆的直径，是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱的母线． （1）求证：平面ADE； （2）设BC=1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A—FB—C的余弦值． 【答案】（1）见解析（2）. 【解析】 【分析】（1）由，另易证得，即可证得面面，由面面平行，从而证得线面平行，即面. （2）连接，易证面，可过作交于，连接，则即为二面角A—FB—C的平面角，求出其余弦值即得. 【详解】解：（1）连接，因为C，D是半圆的两个三等分点， 所以， 又， 所以均为等边三角形. 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面ADE，平面ADE，所以平面ADE. 因为EA，FC都是圆柱的母线，所以EA//FC. 又因为平面ADE，平面ADE， 所以平面ADE. 又平面， 所以平面平面ADE，又平面，所以平面ADE. （2）连接AC，因为FC是圆柱的母线，所以圆柱的底面， 所以即为直线AF与平面ACB所成的角，即 因为AB为圆的直径，所以， 在， 所以，所以在 因为，又因为，所以平面FBC， 又平面FBC，所以. 在内，作于点H，连接AH. 因为平面ACH，所以平面ACH， 又平面ACH，所以， 所以就是二面角的平面角. 在，在， 所以，所以， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面角的应用，求二面角，考查了学生的分析观察能力，逻辑推理能力，空间想象能力，学生的运算能力，属于中档题. 17. 设向量， （1）若，且，求的值； （2）若，求函数的单调递增区间及其图象的对称中心. 【答案】（1）.（2）单调递增区间：，对称中心： 【解析】 【分析】（1）由及向量的坐标运算可得，同时平方可求得，求出从而求得，对进行坐标运算即可得解；（2）利用向量的坐标运算、二倍角公式及两角和的正弦公式对函数解析式进行化简得，由正弦函数的单调性及对称性即可求得正弦型函数的单调性及对称性. 【详解】（1）因为， 所以，因为， 所以， 又，所以，，， 而，所以， 所以 ； （2）由题意，得 . 由，可得， 所以函数的单调增区间为， 令，得，解得. 所以函数图象的对称中心为. 【点睛】本题考查向量与三角函数的综合问题，涉及向量的坐标运算，三角恒等变换及正弦型函数的单调性与对称性，属于中档题. 18. 已知四面体中，和都是边长为4的正三角形，，点为中点，连接、. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）过点作平面平行于直线，平面与四面体的棱，分别交于点，，求四面体体积的取值范围. 【答案】（1）因为和都是边长为4的正三角形， 且点为中点，所以，， 而，面，可得平面， 而平面，所以平面⊥平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定得到平面，再结合面面垂直的判定定理求解即可. （2）利用等体积法求出点面距离，构造线面角，再结合同角三角函数的基本关系求解即可. （3）利用面面平行并结合相似的性质得到，再结合面面垂直的性质得到平面，最后利用棱锥的体积公式求解出解析式，最后结合二次函数性质得到范围即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 由（1）知平面，且是边长为的等边三角形. 所以， 而， ，， 代入得到，解得， 设直线与平面所成角为. 则，即为所求. 【小问3详解】 作出符合题意的图形， 由题意得平面平面，平面，故， 设，且，， 由题意得，则，得到， 由已知得，而，设，则， 由相似性质得，则，， 可得， 过在平面内，作，则由（1）知平面平面， 而面，可得平面，故为到平面的距离， 因为是边长为的正三角形，所以， 则， 令，由二次函数性质得当时，取得最大值， 而，则取得最大值， 当时，可得，当时，可得，故. 19. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆和横档构成，并且是的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从点观察．滑动横档使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置． （1）在某次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值． （2）在杆上有两点，满足．当横档的中点位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角．证明：． 【答案】（1） （2） 由题意，，． 由于，是锐角，则，，所以， 从而． 根据，可知 ． 由于函数在单调递增，且，， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）方法一，根据三边长度，利用余弦定理，求，再求正弦值； 方法二，先求，再根据二倍角公式求； （2）首先由正切公式，求得，再根据不等关系，放缩为，再结合函数的单调性，即可比较角的大小. 【小问1详解】 方法一， 由题意，．由于是的中点，且，所以， 且． 由余弦定理， ． 从而，即太阳高度角的正弦值为． 方法二 由题意，．由于是的中点，且，所以， 且． 于是，并且， 从而 即太阳高度角的正弦值为． 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $