云南师范大学附属中学2025~2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版）

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第 I 卷(选择题，共 58 分)
一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的选项中，只有一 项是符合题目要求的)
【解析】
1. 函数 y=x−1 在 [1,+∞) 上单调递增,则其值域为 y∈[0,+∞) ,即 A=[0,+∞) ,因为全集 U=R ,因此 ∁UA=−∞,0 ,故选A.
2. 当 l⊥β 时,由 l⊂α ,可知 α⊥β ,故充分性成立; 当 α⊥β 时,由 l⊂α ,直线 l 与平面 β 可能垂直，也可能平行，故必要性不成立；所以 “ l⊥β ” 是 “ α⊥β ” 的充分不必要条件， 故选A.
3. 因为 2c=1,2a=lg34>1,2b=lg54c>b ，故选B.
4. 由 a−b=7 两边平方, a2−2a⋅b+b2=7 ,因 a=1,b=2 ,故可得, a⋅b=−1 ,所以 cs⟨a,b⟩=−12 ，因 0≤⟨a,b⟩≤π ，故得 ⟨a,b⟩=2π3 ，故选 D.
5. 如图 1 所示，在正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，由于平面 ABB1A1/l 平面 DCC1D1 ，且平面 α 与平面 ABB1A1 的交线为 MP ，故平面 α 与平面 DCC1D1 的交线必过点 N ，且与 MP 平行. 不妨设正方体的棱长为 1,在矩形 ABB1A1 中,由题,可知 AM=12,AP=14 ; 在矩形 DCC1D1 中， C1D1=1 ， C1N=12 ；于是 AMAP=C1D1C1N=2 ，又 ∠PAM=∠NC1D1=90∘ ，故 △PAM∽△NC1D1 ,所以 MP//ND1 ,因此平面 α 与平面 DCC1D1 的交线就是 ND1 . 由于平面 ADD1A1// 平面 BCC1B1 ，且平面 α 与平面 ADD1A1 的交线为 PD1 ，故平面 α 与平面 BCC1B1 的交线必过点 N ，且平行于 PD1 . 设 NQ//PD1 且 NQ 与 BC 交于点 Q ，连接 MQ ，则平面 α 与平面 ABCD 的交线为 MQ ,所以 D1,P,M,Q,N 五点共面,所以截面 α 为五边形, 故选 C.
6. 由于 AD 平分 ∠BAC ，所以 ∠BAD=∠CAD ，则 S△BADS△CAD=12AB×AD×sin∠BAD12AC×AD×sin∠CAD=ABAC=BDDC =12 ，所以 BD=12DC ，则 AD−AB=12AC−AD ，即 32AD=AB+12AC ，所以 32AD=AB+12AB+12BC ,所以 AD=AB+13BC ,故选 C.
7. 令 fx=gx ,即 ex+e−x+ax−12=3csx−2ax ,可得 ex+e−x+ax2+a=3csx ,令 Fx=ex+e−x+ax2+a,Gx=3csx ,原题意等价于当 x∈−1,1 时,曲线 y=Fx 与 y=Gx 恰有一个交点,注意到 Fx,Gx 均为偶函数,可知该交点只能在 y 轴上,可得 F0=G0 ,即 a+2=3 ,解得 a=1 . 若 a=1 ,令 Fx=Gx ,可得 ex+e−x+x2−3csx +1=0 ; 因为 x∈−1,1 ,则 ex+e−x+x2+1≥3,−3csx≥−3 ,当且仅当 x=0 时,等号成立,可得 ex+e−x+x2−3csx+1≥0 ,当且仅当 x=0 时,等号成立,则方程 ex+e−x+x2−3csx+1=0 有且仅有一个实根 0,即曲线 y=Fx 与 y=Gx 恰有一个交点, 所以 a=1 符合题意,故选 D.
8. 如图 2,设正三棱台 ABC−A1B1C1 的上、下底面中心分别为 O1 ， O ,高为 OO1=ℎ ,由于 S△ABC=12×8×8×32=163 , S△A1B1C1=12×4×4×32=43 则 VABC−A1B1C1=13× 163+43+163×43ℎ=28 ，解得 OO1=ℎ=3 . 在正 △ABC 中, AO=23×32×8=833 ,同理得 A1O1=23×32×4=433 ,所以在直角梯形 AOO1A1 中, AA1=AO−A1O12+OO12=4332+32=533 ; 在等腰梯形 BCC1B1 中, 由于 M,N 分别是 BC 和 B1C1 的中点,所以 MN 为等腰梯形 BCC1B1 的高,所以 MN2=BB12−BC−B1C122=5332−22=133 ,即 MN=133 ; 同理在等腰梯形 BAA1B1 中, 对角线 AB12=1332+AB+A1B122=133+62=1213 ,则 AB1=1133 ; 设 BM 的中点为 H , 连接 AH,B1H ，由于 B1H//MN 且 B1H=MN ，所以 ∠AB1H 是异面直线 MN 和 AB1 所成的角(或补角). 又在 Rt △AMH 中， AH=AM2+MH2=432+22=213 ；在 △AB1H 中,由余弦定理,得 cs∠AB1H=AB12+B1H2−AH22AB1⋅B1H=1213+133−522×1213×133=−1313 ,所以异面直线 MN 和 AB1 所成角的余弦值为 1313 ,故选 C.
图 2
二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的. 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分)
【解析】
9. 对于 A ,由 fx=tan3x+π4 ,所以 T=πω=π3 ,所以 fx 的最小正周期为 π3 ,故 A 错误; 对于 B ,由 3x+π4≠π2+kπ,k∈Z ,解得 x≠kπ3+π12,k∈Z ,所以 fx 的定义域为 x x≠kπ3+π12,k∈Z ,故 B 正确; 对于 C ,令 3x+π4=kπ2,k∈Z ,解得 x=kπ6−π12,k∈Z , 所以 fx 图象的对称中心的坐标为 kπ6−π12,0k∈Z ,故 C 正确; 对于 D ,令 kπ−π2B ，故 A 正确；对于 B ，因为 sin2A=sin2B ，所以 2A=2B 或 2A+2B=π ,即 A=B 或 A+B=π2 ,故 B 错误; 对于 C ,由正弦定理 asinA=bsinB , 结合条件得 sinAcsA=sinBcsB ,所以 sinAcsB−csAsinB=0 ,所以 sinA−B=0 . 又 −π