辽宁大连市第十二中学2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份辽宁大连市第十二中学2025−2026学年高一下学期期末考试数学试题（含答案），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．一家披萨店的某圆形披萨的半径为15厘米，以圆心为顶点，将该披萨切出一个扇形块，其弧长为10厘米，则这个扇形披萨所对的圆心角是（ ）
A．B．3C．D．
2．设复数满足，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
4．须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧面积为，则该正六棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在正方体中，是的中点，是的中点，是的中点，直线与平面相交于点，则下列结论不正确的是（ ）
A．三点共线B．四点共面
C．四点共面D．四点共面
6．如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（ ）

A．B．
C．8D．9
7．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．的图象关于点对称
D．若在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，则实数的取值范围为
8．在中，，，且的面积为，则（ ）．
A．3B．C．D．
二、多选题
9．在中，角所对的边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则有两解
D．在中，若，则为直角三角形或等腰三角形.
10．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，，则下列结论正确的是（ ）

A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为4
C．三棱锥外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
11．已知中，，点P为边BC上的动点，满足（，为实数），则下列说法正确的有（ ）
A．的面积的最大值为B．当P为BC中点时，
C．若的面积为面积的，则D．若，则的最小值为
三、填空题
12．设，向量，，若，则_____.
13．设，若函数在区间上的最大值为，则_____.
14．设中角所对的边分别为，，，为边上的中线；已知且，．则______．
四、解答题
15．已知，，，，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
16．如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AD，点E在底面的圆周上，点F在线段DE上.

（1）求证： ；
（2）若点E是的中点，求直线DE与平面ABD所成角正切值的大小.
17．在中，角所对的边分别是.已知的面积为.
（1）求角；
（2）若，
（i）求边的大小：
（ii）求
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是正三角形，为线段的中点.
（1）若中点为，求证：平面；
（2）若平面平面，点为平面上的动点，
①当点恰为中点时，求异面直线与所成角的余弦值；
②若点是平面内的动点，求的最小值.
19．已知，，，其中
（1）已知，求的对称中心．
（2）已知，其中，求函数的最大值与最小值．
（3）已知，求的对称轴方程；并证明：对任意的正整数，的图象都关于直线对称．
参考答案
1．【答案】D
【详解】已知半径，弧长，
则圆心角．
故选D．
2．【答案】A
【详解】因为，
则，所以的虚部为.
3．【答案】C
【详解】已知，
则，解得，
在方向上的投影向量为：．
4．【答案】B
【详解】
取上、下底面中心分别为，取一个侧面等腰梯形的上、下中点分别为，
连接，由底面是正六边形性质可得：，
由上底面边长为，下底面边长为，可得，
则，
再由侧面积为，可得，
根据勾股定理得，
所以正六棱台的体积为
，
故选B.
5．【答案】D
【详解】连接．因为平面，
所以平面．又因为平面，
所以点在平面与平面的交线上，
即三点共线，故A正确；
因为，所以四点共面，又因为三点共线，
所以四点共面，四点共面，故B，C正确；
因为平面，平面，
所以四点不共面，D错误．
6．【答案】A
【详解】该几何体被截面截完后，分为两个部分，
其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成，
下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的.
为了便于计算，设，，，
中，边上的高，
则上部分几何体的面积，
下部分几何体的面积，
故上下两部分表面积之比为.
故选A
7．【答案】D
【详解】由图可得，
函数的最小正周期，
又，所以，
则，由，
得，解得，
又，所以，故A错误；
由上分析，得，
令，
解得，
故函数的单调递增区间为；
令，解得，
故函数的单调递减区间为，
则函数在区间上单调递减，在上单调递增，故B错误；
因为，
故函数的图象不关于点对称，故C错误；
当时，则，
要使在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，需使，解得，故D正确．
8．【答案】D
【详解】如图，延长到，使得，
由，可得，即，所以，
因为，所以，即，得，
由勾股定理可得，则，
在中，，则，
在中，由余弦定理得，
所以.
9．【答案】ACD
【详解】对选项A：∵ 在中，若，由大角对大边性质得，由正弦定理得（为外接圆半径），
∴ ，，代入得，
又，∴ ，故A正确.
对选项B：∵ ，且，
∴ 或，即或，故B错误.
对选项C：∵ ，，，
∴ ，满足，
根据三角形解的个数判定规则，此时有两解，故C正确.
对选项D：∵ ，∴ ，
代入等式得：，
展开左边得：，
右边，
移项整理得：，
∴ 或，
∵，
∴ 若，则，为直角三角形；
若，则，为等腰三角形，故D正确.
10．【答案】ACD
【详解】对A：，故A正确；
对B：由题意可得点到平面的距离最大值为底面圆半径，即为，
则，故B错误；
对C：三棱锥的外接球即为圆锥的外接球，
设圆锥的外接球球心为，半径为，画出圆锥的轴截面图如下：

则有，解得，
故，故C正确；
对D：由为圆锥底面圆的直径，则，
又，则，，
又，故为等边三角形，
将平面沿折叠，使得、、、共面，如图：

由为等边三角形，则，
由，，则，故，
由图可得，当且仅当、、三点共线时，有最小值，
即，故D正确.
11．【答案】ABC
【详解】对于A，由已知条件，得，
由，得，
平方得，得，．
，
由，得，则，
所以，故A正确．
对于B，当为中点时，，
则，故B正确．
对于C，由在上，设且，则与面积比等于，
由得，故C正确．
对于D，若，则，结合，得，为等边三角形．
,，
则
，
当时，取得最小值，故D错误．
12．【答案】/
【详解】由已知得，
解得或，又，所以.
13．【答案】/
【详解】因为，当时，，且，
所以，函数在区间上单调递增，且，
故，解得.
14．【答案】/
【详解】因为，且，
由正弦定理可得：，
由余弦定理可得：，整理得，
又因为D为中点，所以，设的夹角为θ，
则
，
即，
且，
因为，则为锐角，可知，
可得，解得或（舍去）
所以，
整理得，解得或，
且，即，所以，
所以.

15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由题知，
由，结合已知，
可得，
所以，
又，所以有．
所以，
则．
（2）由（1）知，
所以有，
由（1）可知,
所以，
所以．
又因为，
所以．
所以．
16．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）连接，则，又平面，而平面，
∴，又，平面，
∴平面，又∵平面，
∴.
（2）设是中点，连接，因为点E是的中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面是直线与平面所成的角.
设正方形的边长为，则，，
∴，∴，
∴与平面所成的角为.

17．【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【详解】（1）在中，，
所以，故，
所以，即，
因为，所以，；
（2）（i）因为，所以，
由余弦定理可得，解得；
（ii）由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，，
所以，
，
所以.
18．【答案】（1）如图，取中点，连接，
为线段的中点，，，
；
四边形为平行四边形，，
平面平面，平面.
（2）①；②.
【详解】（1）略
（2）①取的中点，连接，
为中点，，
就是异面直线和所成的角或所成角的补角.
平面平面，
平面平面，平面，
平面平面，
菱形的边长为，
与是全等的正三角形，
分别为的中点，，
在中，，
在中，，，
在中，；
②,平面，
平面，又为线段的中点，
，，
要使最小只需最短即可，即为点到面的距离.
在中，，，
，，
，的最小值为.
19．【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）；见详解
【详解】（1），
令，得，
故的对称中心为；
（2），
令，
则，
因为，所以，则，则，
因为，
所以函数的最大值为，最小值为；
（3）
，
令，得，
故的对称轴方程为；
，
则对任意的正整数，的图象都关于直线对称.