辽宁朝阳市部分重点高中联考2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（含解析）

这是一份辽宁朝阳市部分重点高中联考2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
，
.
2. 已知，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的诱导公式，化简得到，再由，即可求解.
【详解】由三角函数的诱导公式，可得，即，
又由.
故选：B.
本题主要考查了三角函数的化简求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.
3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【详解】若，，当过时；若，，则可以与平行、相交或在面内；若，，则；若，，，则可以平行、相交或异面，所以选C.
4. 如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由侧面展开图可确定圆台的上下底面半径和母线长，利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】由圆台的侧面展开图可求得圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，
从而圆台的高为，所以圆台的体积.
5. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平移变换知识先求出的解析式，再根据三角函数的奇偶性得关于的方程即可计算求解.
【详解】由题意，
因为函数为奇函数，所以，，
又，所以当时，有最小值是.
故选：C.
6. 若函数在区间上单调递增，则a的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
当时，，
令，得，
所以在上单调递增，所以a的最大值为．
7. 已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 可以取到
C. D. 可以取到
【答案】D
【解析】
【详解】因为，又，所以，，
所以，，又，所以或，
若，则，由余弦定理可得，
所以，故A错误；
因为，又在上单调递增，所以，
又，所以取不到，故B错误；
若，又在上单调递增，所以，
若，可得，又，所以，故C错误；
因为或，又在上单调递减，所以，
又，所以可以取到，故D正确.
8. 在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二面角的大小求出的值，证明成立，则三棱锥为正方体的一个角，据此求出外接球的半径便可得到表面积．
【详解】取的中点，连接，
因为，
所以，
所以就是平面与平面的夹角，
设，则，则，
即，解得，
所以，即，
同理，，将三棱锥放置在如图的正方体中，
由正方体的外接球的直径为正方体的对角线长知，
三棱锥外接球的直径，
所以三棱锥外接球的表面积．
故选：B．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知向量，满足，，，则下列结论中正确的有（ ）
A. 与夹角为B.
C. D. 与夹角为
【答案】CD
【解析】
【分析】应用数量积运算律结合模的计算即可判断B，C，应用平面向量数量积及夹角公式计算即可判断A，D.
【详解】由得，则，故B错误；
因为，且，所以，故A错误；
又因为，所以，故C正确；
因为，而，
所以，故D正确.
10. 已知为复数，为的共轭复数，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则为纯虚数B. 若，则为纯虚数
C. 若，则为实数D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，，根据复数四则运算法则，模的公式，纯虚数等概念一一判断，得到答案
【详解】设，，则
A选项，则，
因为，所以且，
若，则，无解，舍去；若，则，故只需即可，
所以为纯虚数，则也为纯虚数，A正确；
B选项，，，
若，则，故，
但若，此时，则不是纯虚数，也不是纯虚数，B错误；
C选项，若，则，故，故为实数，也是实数，C正确；
D选项，
，
因为，所以且，
由得或，
若，则，故；
若，则，解得，故，
其中，
若，则，；
若，则，；
若，则，；
综上，，D正确.
11. 如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（ ）
A.
B. 不存在点，使得
C. 的最大值为
D. 与平面所成角的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由线面平行的判定定理及性质定理可判断A；假设存在点，使得，由线面垂直的判定定理及性质推得矛盾可判断B正确；利用两角差的正切公式求出的最大值，从而得到的最大值，判断C；根据线面角的定义，利用等体积法，结合二次函数最值求法，求得与平面所成角的最大值，判断D.
【详解】对于A，由正四棱柱的性质得∥，∥，
因为平面，平面，所以∥平面.
又平面，平面与平面交于直线，
所以∥.所以∥.所以A正确.
对于B，假设存在点，使得.
过作∥，且分别交于点，
则∥，.
正四棱柱中，
平面，
所以平面，
因为平面，所以.
平面，
所以平面，所以.
矩形中，，所以，
所以，所以，
与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确.
对于C，正四棱柱中，平面，
所以.所以，
，
.
因为，当且仅当时，等号成立,
所以，
所以当时，取得最大值.故C正确.
对于D，因为∥，所以与平面所成角等于与平面所成角，记为.
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则.
过作∥，且分别交于点，则，
.
所以，
，
，
所以，
所以.
所以的面积为.
又，
由，
得.
因为，所以，
所以，所以.
所以.
因为，所以与平面所成角的最大值小于.
故D错误.
第Ⅱ卷（填空、解答题，共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】化简条件等式，得到，然后取特殊值得到的最小值.
【详解】，
则，即，
当时，，当时，，当时，，
∴的最小值为.
故答案为：
13. 在平行四边形中，，，将沿对角线折起，使得平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】过点 作 ，且取 ，连接 、，将异面直线 与 所成的角，转化为直线 与 所成的角，即 （或其补角），再求其余弦值.
【详解】设 ，由 得 ，在 中，，
由余弦定理：，故 ，
由 ，根据勾股定理逆定理，得 ，
因为四边形 是平行四边形，故 且 ，因此 ，
将 沿 折起后，平面 平面 ，且两平面交线为 ，
又 平面 ，且 ，根据面面垂直的性质定理，可得，
过点 作 ，且取 ，连接 、，
由 且 ，可知四边形 是平行四边形，因此：
，且 ；
异面直线 与 所成的角，等于直线 与 所成的角，
即 （或其补角），

由 平面 ，，得 ，
因为 平面 ，故 ，即 为直角三角形，
在 中，，，由勾股定理
折叠前后边长不变，平行四边形对边相等，故 ，因此 ，
在 中，，，，
由余弦定理得，
异面直线所成角的范围为 ，余弦值取正值，
故直线 与 所成角的余弦值为 .
14. 已知中，角，，的对边分别为，，．若，，则的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】先得到，由正弦定理，余弦定理和基本不等式得到，进而得到的最大值
【详解】，，
故，
由正弦定理得，
即，，
由正弦定理得，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
因为，所以，故，
故，最大值为.
四、解答题
15. 已知，向量，，且.
（1）若函数的最小正周期是，求的单调增区间；
（2）已知，若是函数的图像的一条对称轴，求的周期和值域.
【答案】（1）
（2）函数的周期为为且，值域为
【解析】
【分析】（1）化简得到，根据最小正周期得到，求出函数解析式，整体法求出函数的递增区间；
（2）根据是函数的一条对称轴，结合，求出，得到函数的最小正周期，从而得到函数的周期，再求出函数值域.
【小问1详解】
，
因为的最小正周期是，所以，解得，
故，
令，解得，
故的单调增区间为；
【小问2详解】
，
因为是函数的图像的一条对称轴，
所以，
解得，
因为，只有当时，满足要求，
故，
故的最小正周期为，故函数的周期为且，
因为，所以的值域为.
16. 已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求证：；
（3）求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，利用线面平行的性质定理可证得结论成立；
（3）利用面面垂直的性质得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立.
【小问1详解】
因为、、分别是、、的中点，所以，，
又因为底面为矩形，所以，所以，
又平面，平面，所以平面．
又因为平面，平面，所以平面．
因为，、平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为底面为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
因为平面，平面平面，所以．
【小问3详解】
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，故.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足
（1）求；
（2）若的面积为，内角的角平分线交边于，求的最大值；
（3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值．
【答案】（1）
（2）最大值为2 （3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再结合两角和的正弦公式进行化简，构造出关于的三角方程，最后根据三角形中角的范围即可求解角；
（2）借助角平分线分割三角形面积，得到关于的表达式，再借助均值不等式即可求出的最大值；
（3）根据中线用向量表示，平方后再结合余弦定理求出，再利用三角形外心的性质整体代换后即可求得数量积.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，
得，
而，
则，
又，因此，即，
由，得，解得，
又，所以.
【小问2详解】
由得，，
又，
所以，
则（当且仅当时取等），
即的最大值为2.
【小问3详解】
在中，由余弦定理，即，
得，
由边上的中线，又因为，
两边平方得，
则，即，
解得
令边，的中点分别为，，由点为的外接圆圆心，
得，，
又，
，
所以.
18. 已知函数，其中为常数.
（1）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数在上有两个零点，
①求的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）
（2）①；
②证明：令，，
则为关于的方程的两根，
则有，，
即，
方法一：所以，
即，
所以，所以，
即有，
由①得，即，
故，所以.
又，所以，
故，
由于，则，
由在上单调递增，
故，即.
方法二：，
因为，所以，
所以，
所以，即，
故，
由在上单调递增，
故，即
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系，化简，换元后分离参数，可得问题转化为不等式恒成立问题，求最值即可；
（2）①令，，换元后可将问题转化为关于的方程在上有两个不相等的实数根，列方程组求解即可；②令，，则为关于的方程的两根，根据根与系数的关系可得，结合诱导公式及余弦函数的单调性可得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
当时，，
令，则等价于在上恒成立，
所以.
令，则是增函数，
所以，
所以，解得，
即的取值范围是.
【小问2详解】
①令，，则，
则，
由在上单调递增，
故函数在上有两个零点等价于关于的方程在上有两个不相等的实数根，
即有，解得，
即的取值范围为.
②略
19. 如图，在三棱锥中，侧面是边长为4的等边三角形，底面为直角三角形，其中为直角顶点，.点为棱的中点，，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形.设.
（1）设点在平面的射影，当二面角从0增加到的过程中，求线段扫过的区域的周长；
（2）若是以为底边的等腰三角形；
（ⅰ）求证：平面；
（ⅱ）当为何值时，多面体的体积恰好为2.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明：取的中点，连接，
因为是以为底边的等腰三角形，
所以，，
因为，所以，可得，
因为，平面，
所以平面，平面，可得，
又因为，，平面，
所以平面；
（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）延长到，使，由面面垂直的判定定理得平面平面，所以点在平面上的投影在线段的中垂线上，根据二面角的变化得射影的轨迹就是线段，得在平面上的射影所扫过的平面区域为，求出周长即可；
（2）（ⅰ）取的中点，利用线面垂直的判定定理可得答案；（ⅱ）多面体的体积为三棱锥体积的一半，利用体积相等得可得答案.
【小问1详解】
延长到，使，由为直角顶点，
，所以，所以为等边三角形，
连结，所以，，
又，平面，
得平面，平面，平面平面，
所以平面平面，
所以点在平面上的投影在线段的中垂线上（如图所示），
当二面角为时，点三点重合，
当二面角为时，点与重合，
所以射影的轨迹就是线段，
所以在平面上的射影所扫过的平面区域为，
又是边长为4的正三角形，，
则周长为，
故所求平面区域的周长为；
【小问2详解】
（ⅰ）略
（ⅱ），
因为多面体的体积恰好为2，
所以多面体的体积为三棱锥体积的一半，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
因为四边形为平行四边形，所以，，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
则，所以，则,
则，
又，
所以
所以，
设点到平面的距离为，
，
所以，
所以，
所以，
所以，整理得，
解得或，因为，所以.
关键点点睛：第二问解题的关键点是利用体积相等，考查空间想象能力和逻辑推理能力.