河北承德市2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份河北承德市2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（含解析），共14页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先计算的最小正周期，再结合绝对值翻折对正弦函数周期的影响求解即可.
【详解】对于，最小正周期为，
的图像是将的图像中位于轴下方的部分沿轴翻折得到，
翻折后函数周期变为原周期的，
因此的最小正周期.
2. 在空间直角坐标系中，为坐标原点，对空间中一点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 点关于轴的对称点是B. 点关于平面的对称点是
C. 点关于轴的对称点是D. 点关于原点的对称点是
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴、坐标平面、原点的对称坐标变换规则，逐一验证各选项即可.
【详解】 选项A，任意点，关于轴对称的点坐标为：因此关于轴的对称点为，A错误；
选项B，关于平面对称的点坐标为：因此关于平面的对称点为，B错误；
选项C，关于轴对称的点坐标为：因此关于轴的对称点为，C正确；
选项D，关于原点对称的点坐标为：因此关于原点的对称点为，D错误.
3. 若，则化简的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用诱导公式化简根号内的三角函数式，再结合半角公式与α的取值范围去绝对值即可得到结果.
【详解】已知，因此，可得，
根据诱导公式得 ，
由余弦半角公式得 ，
结合，去绝对值得.
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
B. 用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台
C. 圆台的轴截面不可能为直角梯形
D. 用任意一个平面去截球，得到的截面是一个圆
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台的概念可判断A，由棱台的核心特征为上下底面平行，可判断B，由圆台的结构特征可判断C，由球的结构特征可判断D.
【详解】选项A：棱台的结构特征为上下底面平行且相似，且所有侧棱延长线交于同一点，
仅满足上下底面平行相似、侧面为梯形的多面体，侧棱延长线未必共点，
不符合棱台定义，故A错误；
选项B：只有当截平面平行于三棱锥底面时，才能截出一个三棱锥和一个三棱台，
若截平面不与底面平行，无法得到三棱台，故B错误；
选项C：圆台由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到，其轴截面为等腰梯形，不可能为直角梯形，故C正确；
选项D：用任意平面截球，得到的截面是圆面，而“圆”仅指圆周这条曲线，故D错误.
5. 已知等腰中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出等腰三角形的腰长，再结合向量的数量积公式计算结果．
【详解】已知等腰中，，所以，
设，
由余弦定理知，
，，
，
即，解得（边长为正），
，
与的夹角为，
．
6. 在多面体中，底面为矩形，，，，平面，则直线与底面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设中点为，连接，利用线面角的定义可知即为直线与底面所成角的平面角，求的正弦值即可.
【详解】设中点为，连接，
因为，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，，
又因为平面，所以即为直线与底面所成角的平面角，
因为底面为矩形，，，所以，
因为平面，所以，，
所以，
即直线与底面所成角的正弦值为.
7. 在棱长为的正四面体中，点在上，且，为中点，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】选取基底向量将表示为向量的线性组合，再通过对该向量求平方，利用已知向量的数量积即可求解.
【详解】设，
由题意得，，
，，
因为为中点，所以，
，
，
所以.

8. 古代数学家刘徽所著的《重差》是中国最早的一部测量学著作，其思想为地图学提供了数学基础．现根据《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据．如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点（切点）为点，在其右侧两点处（三点共线）分别测得该球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据以上测量数据可计算出该球体建筑物的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设球半径为，利用切线长定理及角平分线性质，将最大仰角转化为直角三角形内角，通过线段的长度建立关于的方程求解.
【详解】设该球球心为，半径为，连接，
因为球体建筑物与水平地面切于点，所以，且，
由题意知，从点观测球体的最大仰角为，即过点的切线与地面的夹角为，
根据切线长定理，圆心与点的连线平分该夹角，所以，
在中，，
同理，从点观测球体的最大仰角为，则，
在中，，
因为，
所以，
因为三点共线且在最左侧，所以，即，
解得，
所以该球体建筑物的体积.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列值为的式子有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】本题考查三角恒等变换的应用，需结合诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、辅助角公式对各选项逐一化简求值，判断结果是否为．
【详解】对于A，由诱导公式得，，，
则原式，选项A错误；
对于B，由二倍角公式得，，选项B正确；
对于C，原式，选项C正确；
对于D，由两角和的正切公式得，
原式，
因为，
所以，选项D错误．
10. 在中，，，所对的边分别为，，，下列命题正确的有（ ）
A. 若，则为等腰直角三角形
B. 若是锐角三角形，则不等式成立
C. 若，则是钝角三角形
D. 是所在平面内任意一点，若动点满足（），则动点的轨迹一定通过的重心
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用正弦定理并结合题意可得，即，从而得到或；利用锐角三角形得，从而得，同理有，可得不等式成立；由正弦定理可得，从而，得到是钝角三角形；利用正弦定理，可得，从而将转化为，再利用与边上中线共线的性质可得点的轨迹过的重心即可.
【详解】对于选项A，由，得，
由正弦定理得，所以，
即，得.
又因为，所以或，
即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于选项B，因为是锐角三角形，
所以.
则，即.
因为在区间上单调递增，
所以，即.
同理可得，
所以，故B正确；
对于选项C，由题意得，由正弦定理得.
所以，因为，所以，
即是钝角三角形，故C正确；
对于选项D，由正弦定理得，令.
因为，
所以
，
因为是与边上中线共线的向量，所以点在边的中线上.
因为三角形三条中线的交点为重心，所以点的轨迹过的重心，故D正确.
11. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，若该直四棱柱的体积为，，，则（ ）
A. 四面体的体积为定值
B. 当时，
C. 直线与异面
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项 A，三棱锥的底面积与高均为定值，体积为定值；选项 B，通过线面垂直证明线线垂直；选项 C，举反例，取与重合；选项 D，交线为弧，弧长
【详解】底面为菱形，故，结合，得为等边三角形，则，
设棱长，则，菱形对角线，
底面面积，直四棱柱高，
体积，解得，
因此，，底面等边的高为，
对于 A：直四棱柱上下底面平行，故∥，又平面，平面，所以∥平面，
动点在上，因此到平面的距离恒等于直线到平面的距离，为定值；
且面积固定，故三棱锥的底面积与高均为定值，体积为定值，A 正确；
对于B：时，为中点,菱形对角线互相平分，故同时是中点,
直四棱柱中底面，故；
又菱形对角线，且，因此平面,
平面，故,由∥，得, B 正确;
对于 C：取与重合，此时直线即为体对角线,直四棱柱的体对角线互相平分,
与交于线段中点，两直线相交，必然共面,因此 “总是异面” 不成立,C 错误;
对于D：直四棱柱侧面底面，交线为,等边中，到的距离即为等边三角形的高，这也是点到侧面的距离,
球面截平面所得圆的半径满足：
r2=R2−d2=(27)2−(23)2=28−12=16⟹r=4 ，
截面圆圆心为在侧面上的垂足，即中点,
侧面是边长为 4 的正方形，为中点，,
圆与交于点,由，，勾股得，交点在棱上；
同理，圆与交于点，；
圆与上棱相切于中点（到距离为 4，等于半径）,
在截面圆中，向量、的夹角满足
故,交线为弧，弧长,D 正确.
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 如图，在中，点，分别在，边上，且，，点为中点，若，则__________．
【答案】
##0.75
【解析】
【详解】 由题意可知，，则 为 的中点，故 ． 又 ，则 ．
因为 为 的中点，可得 ,在 中，， 所以
又因为 ， 所以
所以 ，即 ，已知 ，根据平面向量基本定理，对应系数相等， 所以 ，．
则 .
13. 在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记的内角，，所对的边分别为，，，内一点到三边，，的距离，，满足，称点为的“莱莫恩点”．若在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，，则常数_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用面积等于莱莫恩点分割出的三个小三角形面积和，结合定义的比例关系代入边长、面积求解；
【详解】已知，满足，
故为直角三角形，面积，
又，且，
所以 ，
又，
所以，解得.
14. 如图，在棱长为6的正方体中，，，，，，分别是，，，，的中点，若存在过点，的平面与平面平行，则平面截该正方体得到的截面图形的周长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设平面与，，，的交点为，，，，因为平面平面，可得，从而确定为中点，同理得其他点都是所在棱中点，可得截面为正六边形，即可求其周长.
【详解】设平面与，，，，的交点为，，，.
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以.
连接，在中，，分别是，的中点，所以.
所以.
在中，是的中点，所以为中点.
所以.
同理可得.
所以平面截该正方体得到的截面图形的周长为.
四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，，，．
（1）求向量在向量上的投影向量；
（2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据投影向量的计算公式求解；
（2）先求得向量、的坐标，再根据，且与不共线，列出关于的不等式组，解出范围即可.
【小问1详解】
由，，得，
所以在方向上的投影向量为
【小问2详解】
，
，
因为与的夹角为锐角，所以，且与不共线，
由，得 ，解得.
若与共线，则 ，解得，
此时，、同向，夹角为 0，舍去．
综上，且，即
16. 已知平面是圆柱的轴截面，是上异于，的点，为上的动点，，．
（1）证明：；
（2）求与所成的角的余弦值；
（3）若，，，四点在一个球上，求该球的表面积和体积．
【答案】（1）证明：
因为是圆柱的轴截面，所以底面，
又底面，故.
又是下底面直径，在圆弧上，故，即.
因为，且平面，所以平面.
又平面，因此，得证.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用圆柱轴截面性质得到垂直底面圆所在平面，可得.由是底面圆直径，可求得，结合线面垂直判定定理和性质定理证明.
（2）将异面直线平移到同一三角形，再利用余弦定理求夹角即可.
（3）将的外接球等价转化为“以为长宽高的长方体”的外接球，进而根据长方体的体对角线长等于外接球直径求解球的表面积和体积.
【小问1详解】
略.
【小问2详解】
由 ，可得.
因为是圆柱下底面直径，在圆周上，得.
在中，，
因此：，
即圆柱底面半径为，圆柱高.
是上底面圆心，下底面，在中：
，
如图所示，过点作，且，连接，
则就是与所成的角（或其补角），.
在中，，即.
在中，由余弦定理可得：
.
【小问3详解】
由第一问结论可得两两垂直：，，，因此的外接球等价于“以为长宽高的长方体”的外接球，外接球直径等于长方体的体对角线长.因此：
，
外接球表面积：，
外接球体积：.
17. 若将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数（，，）的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式及其单调增区间；
（2）若函数在上有唯一零点，求实数的取值范围．
【答案】（1），单调增区间为
（2）
【解析】
【分析】小问（1）根据题目的图像解出相应的未知数从而解出，再根据题目条件求出，再根据正弦函数的单调性求出的单调增区间；
小问（2）求出的取值范围，再将转化成一个一元二次函数，在这个一元二次函数中进行求解.
【小问1详解】
由图像可得，周期，
因此，解得，即，
将代入得，即，
又因，所以，解得，所以，
根据题目条件可得.
已知的单调增区间为，
所以的单调增区间满足：，
解得，
因此的单调增区间为.
【小问2详解】
当时，则，
因此，令，则，
则，
令，其对称轴，且其为开口向上的二次函数，
因此在内单调递减，
要使在上有唯一零点，
结合的图像可得只有当或时，满足题目要求，即或，
当时，当或，满足题目要求，
当时，，解得，
当时，因为在内单调递减，
所以，即，
解得；
当时，，解得；
综上.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）设中点，连接，
，，，所以，
因为，所以有，则，
因为，为中点，所以，
因为平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
（3）在棱上存在点，为上靠近的三等分点.
【解析】
【分析】(1) 依托面面垂直性质得到高线，结合勾股逆定理证，证明垂直平面内两条相交直线，使用面面垂直判定定理完成证明；
(2) 利用等体积转换，作为三棱锥的高，求出底面三角形面积后代入锥体体积公式直接计算；
(3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
由（1）可知，平面，因为，所以，
则.
【小问3详解】
在棱上存在点，使得平面与平面的夹角为30°，为上靠近的三等分点.，证明如下：
由（1）得平面，因为平面，则，
过作的平行线，则以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，

由题意得，则,
因，则，故，
则，
设，由题可知，
，
设平面法向量为，
则，令，则，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
因为平面与平面的夹角为30°，
所以，
化简得，即，又，则，
所以为上靠近的三等分点.
19. 在中，角，，所对的边分别为，，，且的面积满足．
（1）求角；
（2）若，且，求；
（3）若为锐角三角形，为所在平面内一点，且满足，设（，），求的取值范围．
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和面积公式代入化简得=,从而求解B；
（2）利用面积公式和正弦定理化简求解；
（3）先判断出为外接圆圆心，即的外心，再利用向量的数量积得到2个等式，
从而得到，再由基本不等式求解.
【小问1详解】
因为，所以
由余弦定理得，由面积公式得，
所以
因为，所以
即，所以 =1, 即=,
因为，，故，得
【小问2详解】
，故，
由，得
所以
所以
因为面积，，故
由正弦定理，得，所以
所以，所以
【小问3详解】
因为为所在平面内一点，且满足，
所以(OA→+OB→)⋅(OB→−OA→)=0⟹|OB→|2−|OA→|2=0⟹|OA|=|OB| ，
同理，故为外接圆圆心，即的外心，
因为（，），
所以
所以，即
所以，所以①
同理，
所以，得，所以②
由①②得，所以
因为为锐角三角形，所以，得，，得，
，
所以，当且仅当时取等号，
所以，得或（舍去）
所以，所以的取值范围是．