广东东莞市东华高级中学2025-2026学年高一下学期数学周测8

**基本信息** 以数学眼光观察现实情境，通过汽车测铁塔高度、劳动教育种植活动等问题，综合考查解三角形、立体几何等知识，体现逻辑推理与数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、函数零点、充要条件|基础概念辨析，如复数共轭、函数根的个数判断| |多选题|3/12|棱柱性质、解三角形结论|概念推理，如棱锥侧面公共点、锐角三角形不等式| |填空题|3/15|向量模、不等式最值|运算能力，如向量夹角与模计算、最值求解| |解答题|5/43|解三角形、立体几何体积、三角函数|情境化综合应用，如种植活动路径最值、旋转体体积表面积计算|

2025-2026学年度高一第二学期数学周测8 一、单选题：本题共6小题，每小题5分，共30分。每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数满足，则的共轭复数（    ） A． B． C． D． 2．已知函数，则方程根的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．已知的三条边长为a，b，c，则“是等边三角形”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图，到处时测得公路北侧一铁塔底部在西偏北的方向上，行驶200m后到达处，测得此铁塔底部在西偏北的方向上，塔顶的仰角为，则此铁塔的高度为（   ） A． B． C． D． 5．已知，，则（   ） A． B． C． D． 6．如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的正弦值是（    ） A． B． C． D． 7．如图，底面半径为1，母线长为2的圆锥底面圆周上有两点B，C，BC为底面直径，AB上一点D满足，一只蚂蚁沿圆锥表面从C点爬到D点，其移动路径的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．在等腰梯形中，，，，为的中点，为线段上的点，则的最小值是（    ） A．0 B． C． D．1 二、多选题：本题共2小题，共12分。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9．下列命题中正确的是（   ） A．棱柱的侧面一定是平行四边形 B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C．棱锥的各侧面一定有一个公共点 D．棱台各侧棱的延长线交于一点 10．已知分别为内角的对边，下面四个结论正确的是（    ） A．若，则为等腰三角形或直角三角形 B．在锐角中，不等式恒成立 C．若，，且有两解，则的取值范围是 D．若，则为锐角三角形 11.已知函数对任意的都有，函数的图象关于直线对称，且对任意的，，都有．则下列结论正确的是（    ） A．是偶函数 B． C． D．的图象关于点对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量满足，且与的夹角为，则___________． 13．若，则的最大值为_______________． 14．如图，已知五边形的每个内角都小于，则的取值范围是__________. 四、解答题：本题共3小题，共43分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．如图，在中，为线段上一点，且. (1)若，求的值； (2)若，且与的夹角为，求的值. 16．如图，为四边形的斜二测直观图，其中，，． (1)求平面四边形的面积及周长； (2)若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 17．已知函数. (1)求的最大值以及取得最大值时自变量构成的集合； (2)已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 18．“惊蛰植梦，以春为名，赠高三一场繁华”，莆田四中科技处开展劳动教育之毕业花种植活动，该种植区域的平面示意图为如图的四边形，已知，区域的两个顶点M，N分别沿两条道路分布（且异于点B），为了提升观赏性，区域中修建观赏通道． (1)，， ①求观赏通道的长； ②若，求折线段通道最大值（即最大）； (2) 若且的面积为6，求观赏通道的最小值． 19．已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，. (1)求证：； (2)求的取值范围； (3)若，求三角形面积的取值范围． 试卷第2页，共3页 试卷第2页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026学年度高一第二学期数学周测8答案 题号 1 3 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C C A B ACD ABC ABD 12.2 13.32+1 14.(55,10 15.(山若F=P丽，则0-01=-0丽-0 即o丽0+0丽，故x=y= -5分 2若P=3PB,则0丽-oi=0丽-0丽 即op-oi+0i -7分 所以op.而-40oi+0丽o丽-o网=-40-0i.0丽+0丽 =-4aAP-20A-08cos60+子o8 .--11分 、 42、1 13 ×4×2×+ 4 2 22 24 三3 -------13分 16.(1)把直观图还原为原平面图形，则四边形0ABC是直角梯形，其中OA=OA=3,OC=20C'=2, BC=B'C=2,OA⊥OC,如图所示： -2分 VA 所以平面四边形01BC的面积为S=×(2+3)x2-5 4分 周长为L=0A+AB+BC+C0=3+V3-2}+2+2+2=7+V5 -7分 (2)四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体， 则旋转体的体积'等于圆柱的体积1与圆锥的体积之和， -8分 答案第1页，共4页 即/=1+5=元×22×2+×2x1=28m 3 3 .-12分 表面积为S=πx2+2m×2×2+元x2×V2+F=12π+25π=(2+2W5)元 -15分 )风为四E5sx+scsr+m2f号m2m2+胃92 sin 2x+=1 所以当 2x++2kmkE 3尸时，f)取到最大值十2，此时2+ 乙，解得=骨+e乙 v3 1+ 所以f(x)取得最大值2时，自变量x构成的集合 -6分 (2) A+π∈π4 A+π2 =5. 因为4(0,4+写气33，可得1+3了，解得 --9分 由题可知∠BAD=∠CAD= AD DC 6·设DC=x'则BD=2x'由正弦定理得sinC=sin∠C4D, AD BD sin B sin∠BAD, 3 x3 2x 即sinc工，sinB1,解得sinC-S=2L=2①. 2 2 sinB b x 又5k=8+Sa即5cbsn4 eDi∠aD+540-6m∠CD 1 -12分 3 化简得c=b+e②.由①②解得b= 2’C=3 答案第2页，共4页 $=besind-xx3x3 1 所以△ABC的面积为2 22 28.- ----15分 BM MN 18.(I)解：①在ABMN中，由正弦定理得sin∠3NM sin∠MBN, 22 MN 即sin 2π，解得 sin 4 3 MN=23 答：观赏通道M 的长为26 -3分 ②由余弦定理得MN2=MP2+NP2-2MP.NPcos∠MPN,即MP2+Np2+MP.NP=12, 12=PM2+PW2+PM·PW=(PM+PW-PM·PW ≥(MP+P}-MP+P_3MP+PY 4 4 (当且仅当MP=NP时取等)， 解得MP+NP≤4： -8分 (2)解：设PN=x,则PM=3x,∠MPN=0, 由面积公式得6-分3水n0,产 sin' -10分 由余弦定理得MN2=PM2+PW2-2·PM·PN.cos0=9x2+x2-2.3xx-cos0 =10r2-6x2cos0=10x4 6x4 ×cos0=85-3cos0) sin sine sin -12分 令w=5-3cos0 sin, 则“>0，usin8+3cos6=V+3sim(0+o)=5→2+32≥52→M≥4 Vu+3.cos= 3 sin = 其中 +3,pe0） 2 当0-n0==5时取等号 MN2≥32MNm=4V2 -17分 答案第3页，共4页 sind1=sin'4-sin'C g-1=-c2 a-c a2-c2 19.(1)由sinC sin'B 及正弦定理可得c1b2,即cb2, 1 a+c 因为A≠C,则a≠c,所以。=b,即b2=c2+ac: -1分 由余弦定理可得c2+ac=b2=a2+c2-2 accosB,所以ac=a2-2 accosB, 所以c=a-2 ccos B,由正弦定理可得sinC=sinA-2 cos Bsin C sin(B+C)-2cos Bsin C=sin Bcos C+cos Bsin C-2cos Bsin C =sin Bcos C-cos Bsin C=sin(B-C) -3分 因为AABC为锐角三角形，故0<B<行，0<C<,所以-受<B-C<受 2 ππ 又函数y=sinx在2'2上单调递增，且sinC=sin(B-C),故C=B-C,即B=2C.-5分 1 a1sin 4 1 sin(B+C)1+sin BcosC+cos BsinC “十 (2)cosC b cosC sin B cosC sin B cosC sin B =1+sin2CcosC+cos2CsinC1 2sin CcosC+cos2Csin C cosC sin 2C cosC 2sin Ccos C sC+cosC+2coC-1 、1 =2cosC+ 2cosC 2cosC, -7分 0<C< 2 因为 为锐角三角形，故0<B=2C< ,解得 04=-3c< <C<π △ABC 6 4 又因为A=元-3C≠C,可得C≠ 4,故角c的取值范围是 ππ 64 所以2 2，,故V2<2cosC<V3, 令1=2osce(2,5,f0=1+ 任取4、4(5，且4<6， 答案第4页，共4页 期6))++-6-)G-6-4小 -6-- t2 因为54<45，所以4-4<0，则41.府)f6)=么-5-<0 t42 -10分 L+9=2co0sC+,1 324V3 所以函数f()在(V2,V5)上为增函数，故cosC+6 2cosC 2’3 1 /324V3 a 故cosC+6的取值范围是2’3 -11分 b a 2 (3)由正弦定理可得sin B sinC sin A sin,所以b三5 sinA, c=2sinC sinA, S.ucbesinA- x2sinx2sinCxsi-2sin BsinC2sin 2CsinC-2sin 2Csin C 所以 2 sinA sinA sinA sin(π-3C)sin(3C) 4sin2CcosC 4sin2CcosC 4sin2CcosC 4sin2CcosC sin 2CcosC+cos2Csin C4sin CcosC-sinC4sin Ccos2C-sin C(sin2C+cosC)3sin Ccos2C-sinC 4sin CcosC 4tan C 4 = tanC-tanC, 3cos2C-sin2C 3-tan2 C 3 -13 分 令r=anC∈ 3, 函数、y=x在3 上均为减函数， 3 83 3 故函数y= 在31 x 4 因此54c=3 -tan C 2 即 面积的取值范围是 -17分 tan C △ABC 答案第5页，共4页 答案第6页，共4页