精品解析：辽宁葫芦岛市普通高中2025-2026学年下学期期末考试高一数学试卷

葫芦岛市普通高中2025-2026学年下学期期末考试 高一数学 时间：120分钟满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息.确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效. 第I卷(选择题，共58分) 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. 下列各角中，与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为与终边相同的角的集合为：. 当时，； 若，则不是整数； 若，则不是整数； 若，则不是整数. 2. 设复数则z的虚部是（ ） A. i B. C. i D. 【答案】B 【解析】 【详解】，其虚部为 3. 的值等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式及两角和与差的余弦公式，即可得解. 【详解】 故选：A. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积坐标表示计算出，再求. 【详解】由题意可得 ，， 所以，故. 5. 已知，，为三条不同直线，，，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可. 【详解】对于A，若，，则，A错误. 对于B，若，，则或与相交，B错误. 对于C，若，，则，C正确. 对于D，若，，则，D错误. 6. 在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，三棱锥与四棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面平行的性质定理可确定Q点位置，再利用等体积转换法，可知只需表示出即可得出比值. 【详解】如图所示，连接对角线交于点，连接. 因为正四棱锥的底面是正方形，所以是的中点. 因为平面，⊂平面，且平面平面，由线面平行的性质得. 因此是的中位线，故是的中点，即. 设正四棱锥的底面积为，高为h，则总体积， 因为 的面积是正方形面积的一半，即 ， 因为是中点，所以到底面的距离为. 所以，所以 . 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式. 【详解】由图可知，函数的最小正周期满足，所以最小正周期， 故，此时； 将最低点代入可得，即， 所以，可得. 又，所以，所以； 将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍， 由三角函数图象伸缩变换的规律可得． 8. 在中，,,,,垂足为，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】如图： 因为，所以. 且，所以. 所以. 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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算、共轭复数的定义及几何意义即可判断. 【详解】对于A，根据共轭复数的定义可知，，错误； 对于B，根据复数的几何意义可知，对应点，位于第四象限，正确； 对于C，，错误； 对于D，，正确. 10. 在棱长为2的正方体中，．点P是线段上的动点，则（ ） A. 当时，则 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面 D. 线段长度最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】在线段上取点使得，求证平面，即可得出判断A选项；根据平面判断B选项；求证平面平面判断C选项；在中利用等面积判断D选项. 【详解】在线段上取点使得，由可得， 由可得，则， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以，又，所以，故A正确； 因为平面，线段，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 连接，因为平面平面， 所以平面， 又，同理可得，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故C正确； 连接，在中，， 在中，， 在中，， 在中利用余弦定理可得， 则， 则线段长度最小值为， 故D错误. 11. 已知函数且图象的相邻两条对称轴间的距离为，则以下说法正确的是（ ） A. 若的一个对称中心为，则 B. 若为偶函数，则 C. 若在区间内有三个零点，则 D. 若在区间上单调递增，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据辅助角公式及正弦型函数的性质逐项分析判断即可. 【详解】. 由题意知，则，又，则，所以， 故. 对于A，若的一个对称中心为， 则， 可得，，所以，. 又，所以，A错误. 对于B，若为偶函数，则，， 所以，， 又，所以，B正确. 对于C，当时，， 且区间的长度为， 若在区间内有三个零点，则，，则，， 又因为，故，C正确. 对于D，当时，， 因为，所以， 若在上单调递增，则， 即，解得，故的最大值为，D正确. 第II卷(非选择题，共92分) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出函数的一个对称轴方程为__________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称轴公式，结合整体代换法计算即可. 【详解】令，解得， 所以函数的对称轴方程为. 13. 化简：__________. 【答案】1 【解析】 【详解】. 14. 在三棱锥中，与都是边长为的等边三角形.若，则三棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心位置，再利用球的截面圆性质求出球半径，进而求出球的表面积. 【详解】由题意，如图所示，取中点，连接，， 因为与都是边长为的等边三角形，所以，， 所以为二面角的平面角， 因为，， 所以是等边三角形， 所以， 设与的外接圆圆心分别为，， 则，， 同理，， 分别过点，作平面，平面的垂线，则三棱锥的外接球球心一定是两条垂线的交点，记为点， 由对称性，，则， 所以，， 所以三棱锥外接球的表面积为， 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. （1）求和的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先对两边平方，可得，， 方法一：结合平方和关系式联立方程组，即可求解； 方法二：先求解的值，再联立方程组求解； （2）先求解，再把表示为，最后利用两角和的正切公式即可求解. 【小问1详解】 由，且， 将两边同时平方并整理得：，所以， 故，， 方法一：由， 解得：， 方法二：由题意可得， 于是， 所以， 解得：，. 【小问2详解】 由（1）知，， 可得， 又， 所以． 16. 如图，在直三棱柱中，D，E分别为的中点， （1）求证:平面; （2）求证:; （3）若，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：在中，，分别为，的中点， 于是， 由直三棱柱可得：， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）证明：在中，为的中点且， 可得， 由直三棱柱可得，平面， 又平面，， 因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以． （3）当，且，D，E分别为的中点， 所以是边长为1的正三角形， 由直三棱柱可得，平面，即为三棱锥的高 则 【解析】 【分析】（1）依题且即可得从而得证； （2）由直三棱柱性质得到，再由即可得到平面从而得证； （3）求出的面积，然后利用锥体的等体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 17. 在中，内角的对边分别为，已知，. （1）求证：为直角三角形； （2）若，A的角平分线长为，求的值． 【答案】（1）证明：由三角形内角和，得， 由余弦和角公式可得， 又，解得，所以或， 可得或，所以均为直角三角形． （2） 【解析】 【分析】（1）通过三角恒等变换结合推出的结果得证直角三角形； （2）由确定三个角大小，再由角平分线所得小三角形中使用正弦定理求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，满足的情况为：， 因为是的角平分线，则， 可得， 在中，由正弦定理得，所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，且. （1）求证：平面平面; （2）当时，求直线与平面所成角的大小； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围． 【答案】（1）因为平面，平面，故， 又，，，平面， 故平面，又平面， 故平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质可得，再结合线面垂直的判定定理可得平面，进而利用面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）利用题意可证平面，进而可得直线与平面所成的角为，进而求解即可； （3）过点作于，过作于，连接，可得为二面角的平面角，设，解三角形求出相关线段长，即可推出二面角平面角的正切值的表达式，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为四边形为平行四边形， 所以且， 又平面，所以平面． 所以直线与平面所成的角为， 因为，， 故，在中，，所以． 所以，中，， 所以，． 【小问3详解】 过点作于，过作于，连接， 由于平面平面，平面平面，平面， 故平面 又平面，故， 又，，，平面， 故平面，所以，为二面角的平面角， 设，，则，， 由， 解得：， 又， 解得：， 故在中，， 设，则， 由于，故，则， 所以，二面角的正切值的取值范围为． 19. 已知向量，，函数. （1）求的周期和单调递增区间； （2）若对任意，方程都有解，求实数的取值范围； （3）设，若对任意，总存在，使成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）的周期为，单调增区间为， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据平面向量数量积的运算法则结合三角恒等变换公式化简函数解析式，再分析三角函数的性质. （2）转化成二次函数在给定区间上的值域问题求解. （3）先把问题转化为.求得，结合换元法和二次函数的值域求，由可求的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得： 所以，，． 由正弦曲线的单调区间为，， 可知，， 解得：，. 综上，的周期为，单调增区间为，. 【小问2详解】 当时，， 故，即． 令，于是方程在有解， 可转化为在有解． 当时，取得最小值； 当或时，取得最大值2． 故的取值范围为． 【小问3详解】 因为对任意，总存在，使成立， 所以有 由（1）可知，显然， 下面求的最大值， ． 令，则． 当时，在处取得最大值：， 由，得； 当时，在处取得最大值：， 由，得． 综上，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 葫芦岛市普通高中2025-2026学年下学期期末考试 高一数学 时间：120分钟满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息.确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效. 第I卷(选择题，共58分) 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. 下列各角中，与角终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 2. 设复数则z的虚部是（ ） A. i B. C. i D. 3. 的值等于（ ）． A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，为三条不同直线，，，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 在正四棱锥中，点在棱上运动，当平面时，三棱锥与四棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，,,,,垂足为，则（ ） A. B. C. D. 4 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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点在第四象限 C. D. 10. 在棱长为2的正方体中，．点P是线段上的动点，则（ ） A. 当时，则 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面 D. 线段长度最小值为 11. 已知函数且图象的相邻两条对称轴间的距离为，则以下说法正确的是（ ） A. 若的一个对称中心为，则 B. 若为偶函数，则 C. 若在区间内有三个零点，则 D. 若在区间上单调递增，则的最大值为 第II卷(非选择题，共92分) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 写出函数的一个对称轴方程为__________. 13. 化简：__________. 14. 在三棱锥中，与都是边长为的等边三角形.若，则三棱锥外接球的表面积为__________. 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. （1）求和的值； （2）若，求的值． 16. 如图，在直三棱柱中，D，E分别为的中点， （1）求证:平面; （2）求证:; （3）若，求三棱锥的体积． 17. 在中，内角的对边分别为，已知，. （1）求证：为直角三角形； （2）若，A的角平分线长为，求的值． 18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，且. （1）求证：平面平面; （2）当时，求直线与平面所成角的大小； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围． 19. 已知向量，，函数. （1）求的周期和单调递增区间； （2）若对任意，方程都有解，求实数的取值范围； （3）设，若对任意，总存在，使成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $