北京市石景山区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷-

这是一份北京市石景山区2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷-，共16页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在复平面内，复数对应的点的坐标（ ）
A. B. C. D.
2.已知非零向量，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
3.若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数，则是（ ）
A. 偶函数，且最小正周期为B. 偶函数，且最小正周期为
C. 奇函数，且最小正周期为D. 奇函数，且最小正周期为
5.已知圆锥的母线长是底面半径的2倍, 则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（）
A. B. C. D. 2
6.要得到函数的图象，只要将函数的图象（ ）
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
7.在中，若，，，则=（ ）
A. B. C. D. 或
8.正四棱锥的底面边长为2，其侧棱长的值不可能是（）
A. B. C. D.
9.在中，若，则“”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
10.已知函数的一条对称轴方程为，，且函数在上具有单调性，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知复数（为虚数单位），则 ．
12.已知向量，，若，则 ．
13.在中，若．则 ．
14.已知命题，能说明命题为假命题的一个的值是 ．
15.如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方形及其内部运动，给出下列四个结论：
①存在无穷多个点，使得；
②存在点，使得直线与直线相交；
③存在点，使得点到直线和距离相等；
④若平面，则长度的最大值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共4小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题18分)
在中，，．
(1)求的值；
(2)若，求边上的高．
17.(本小题18分)
已知函数．若的最小正周期为，且．
(1)求，的值；
(2)若函数在区间上有两个零点，求的取值范围．
18.(本小题19分)
如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，分别为和的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：平面．
条件①：：
条件②：，．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
19.(本小题20分)
设集合，定义变换：对任意有序数组，经过变换得到，其中，其中表示，中的最小者．记为数组所有元素之和．
(1)若，求与；
(2)当时，有序数组经过变换得到，再经过变换得到，求的最小值．
1.【答案】B
2.【答案】C
3.【答案】A
4.【答案】D
5.【答案】B
6.【答案】B
7.【答案】B
8.【答案】A
9.【答案】A
10.【答案】B
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】/
14.【答案】/（答案不唯一，任意负实数均可）
15.【答案】①③④
16.【答案】（1）解：由正弦定理，可得，
因为，可得，
又因为，且，可得，
所以，可得.
（2）解：由（1）知：，因为，所以，
又由余弦定理得，所以，
因为，
设边上的高为，可得，即，解得，
所以边上的高为.

17.【答案】解：（1）由题意，，
又因为函数的最小正周期为，且，
所以，解得，所以，
又，所以，即，
又，所以，
综上所述，，；
（2）由（1）可知，，所以，
又，所以，
又函数在区间上有两个零点，
所以根据正弦函数的图象，可得，解得，
所以函数在区间上有两个零点，则的取值范围为.

18.【答案】解：(1)取的中点，连接，
因为是的中点，所以，且.
三棱柱中，，因为为的中点，
所以.
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
(2)
在三棱柱中，侧面为矩形，
所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
若选择条件①：，
由（1）知，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，
所以平面．
若选择条件②：，，
取的中点，连接，
则，.
所以平面.
又平面，所以，即.
因为，所以
所以，即.
因为平面，
所以平面，
因为，所以平面.

19.【答案】解：（1）根据变换的定义，
若，则，
.
（2）当时，有序数组由依不同顺序组成，
要使最小，须使最小，即在一次变换后，尽可能取到数组中较小的数，
因此最大的两个数不相邻，也不能排在和中间.
由于每个数最多被取到两次，所以最小时，中含两个1，两个2，一个3，
且两个1相邻，两个2相邻（首项与尾项看作相邻）；
此时，中包含3个1，两个2，且3个1相邻，两个2相邻.
所以的最小值为.
例时，，，.