辽宁沈阳市第二十中学2025−2026学年高一下学期期末测试数学试题（含答案）

这是一份辽宁沈阳市第二十中学2025−2026学年高一下学期期末测试数学试题（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．下列说法正确的是（ ）
A．第一象限角都比第二象限角小
B．小于的角是锐角
C．终边相同的角一定相等
D．终边在轴非负半轴上的角的集合是
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．1
3．中国扇文化有着深厚的文化底蕴，历来中国有“制扇王国”之称．打开一把折扇，测得其周长为，面积为，则其圆心角弧度数为（ ）
A．1B．2C．4D．1或4
4．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．设，是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
6．如图，圆为的外接圆，，，则（ ）
A．6B．8C．10D．20
7．如图，已知球的表面积为，圆台的上、下底面半径之比为，球与圆台的两个底面及侧面都相切，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若是锐角三角形，则
C．若，则为等腰三角形
D．若，，，则有两解
10．设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ）
A．复数的共轭复数的模
B．若复数是纯虚数，则得或
C．若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为
D．若复数是关于x的方程的一个根，则
11．正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内（含边界）一动点，则下列结论正确的为（ ）

A．存在唯一的点，使得平面
B．过，，三点的平面截正方体所得截面面积是
C．动点到平面的距离的最大值为
D．若直线与平面所成角的正切值为，则动点的轨迹长度为
三、填空题
12．已知，，，则的取值范围为__________．
13．公园广场的地面上画了一幅大型的正弦函数图象，“小洛，小必，小达”三名同学约定各自站在该图象的三个不同位置，并报出一些信息，小洛说：“我站在处，它是一处波峰”.小必说：“我站在处”.小达说：“我站在处”；小洛又说：“我看到你们两个位置的水平高度一样”，则最小值为__________．
14．在中，为边的中点，，则的最小值为___________．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，，点为的中点，是等边三角形，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知函数的最小正周期为．
（1）求在上的单调性；
（2）设是锐角三角形，，，是的内角，若，求的取值范围．
17．如图，四棱锥的体积为，底面为矩形，为正三角形，平面平面，，为的中点．
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由．
18．在中，三内角、、的对边分别为、、，满足．
（1）证明：为直角三角形；
（2）若，，的平分线交于，求线段的长：
（3）当，时，设表示成的形式，求的最值．
19．已知函数（），且存在正实数，使得对任意，恒有．
（1）求的值；
（2）求的单调区间；
（3）求的所有零点之和．
参考答案
1．【答案】D
【详解】选项A.是第一象限角，是第二象限角，但是，错误.
选项B.，但它不是锐角，错误.
选项C.终边相同的角相差的整数倍，不一定相等，错误.
选项D.终边在轴非负半轴上的角，就是加上的整数倍，集合表示为，正确.
2．【答案】C
【详解】则．
3．【答案】D
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，弧长为.
由题意得，，解得，或，
由得，或.
4．【答案】A
【详解】因为，
所以
5．【答案】B
【详解】对于A：若，则或，并非一定有，故A错误；
对于B：由，则得，又，且为不重合的平面，则得，故B正确；
对于C：由，可得或；结合，此时与可能平行，也可能相交，位置关系不唯一，故C错误；
对于D：当时，与可能平行、相交，不一定垂直，故D错误.
6．【答案】C
【详解】取的中点，的中点，连接、，
由圆的垂径定理可知，，, 则，
，在中，
所以，同理可得，
因为，， 所以.
7．【答案】B
【详解】设球的半径为，由球的表面积公式，
解得，即，设圆台的上底面半径为，
依题意，下底面半径为，圆台的高，
则母线长，
又因为球与圆台的两个底面及侧面都相切，
所以母线长，即得，解得，
则圆台的上下底面半径分别为1和3，母线长,
故圆台侧面积为：.
8．【答案】C
【详解】函数的最小正周期，，
过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，过点、点分别作、轴的平行线，交于点，连接，.
因为，则，，，，
所以为矩形，则，，
且即为与轴夹角，则.
因为，，所以即为二面角的平面角，则，
因为平面，，所以平面，
又，所以平面，又平面，所以.
在中，，
，.
在中，，，，
由余弦定理得，
即，所以.
9．【答案】ABD
【详解】A：由，本选项正确；
B：因为是锐角三角形，
所以，
因为是锐角三角形，所以都是锐角，
所以由，本选项正确；
C：因为，所以，
所以由，或，
由，此时该三角形是等腰三角形；
由，此时该三角形是直角三角形，
所以为等腰三角形或直角三角形，本选项不正确；
D：由正弦定理可知，
因为，所以，当为锐角时，显然，符合题意；
当为钝角时，，符合三角形内角和定理，
所以△ABC有两解，本选项正确.
10．【答案】ACD
【详解】选项A：，故，A正确，
选项B：纯虚数要求实部为且虚部不为，令实部，解得或，
当时虚部，复数为实数，不符合要求，仅成立，B错误；
选项C：向量，对应的复数为，C正确；
选项D：实系数一元二次方程的虚根共轭成对，另一根为，
由韦达定理，两根和得，两根积，
故，D正确.
11．【答案】BD
【详解】对于A，取中点，连接.

正方体中，因为，分别是，的中点，
所以，.
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又平面，，所以平面平面.
由面面平行的性质得，当点在线段上运动时，平面，故A错误.
对于B，连接，，易知，则为梯形，且，，，共面，
所以过，，三点的平面截正方体所得截面为梯形.
在中，，同理可得.
所以为等腰梯形，又，，
所以，B正确.
对于C，过点作，交的延长线于点，连接.

正方体中，平面，
因为平面，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以，则即为平面与平面的夹角.
易知，则，所以，
在中，.
动点到平面的距离等于动点到的距离乘以平面与平面的夹角的正弦值.
过点作，交于点，易知，当点与点重合时，点到的距离取得最大值，即.
易知，则，所以，
所以动点到平面的距离的最大值为，C错误.
对于D，因为平面，所以即为直线与平面所成角，则，
在中，，
所以动点的轨迹为在平面上，以点为圆心，以为半径的圆.
又，所以点的轨迹与正方形的交点在边，上，设为点，，
则即为点的轨迹与底面内（含边界）相交的部分.

在中，，则，
同理可得，所以，
由弧长公式得，D正确.
12．【答案】
【详解】如图，令，以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
因为，，则，设，
则，所以，则，
又，
所以，
当时，取到最小值，最小值为，
所以的取值范围为.
13．【答案】6
【详解】因为函数在处是波峰，所以，即①，
又小必和小达两个位置的水平高度一样，故，即，
所以②，或③，
若②成立，可得，，又，此时的最小值为6；
若③成立，联立①③，可得，即，又，此时的最小值为12；
综上，的最小值为6.
14．【答案】
【详解】设，，，为中点，
则，，
两式平方相加得：
代入，，
得：，
再由余弦定理： ​ 代入，，
得：
由基本不等式，得，当且仅当​ 时等号成立，
因为​，所以当时，取得最小值，
即的最小值为.
15．【答案】（1）如图，因为，点为的中点，所以，所以；
又因为是等边三角形，所以，所以，所以；
因为平面，所以平面；
（2）
【详解】（1）略
（2）设点到平面的距离为，则，
由（1）知，平面，所以为三棱锥的高，所以，
又因为，所以，所以；
所以，；
所以，解得；
设直线与平面所成角为，则；
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）
【详解】（1）
因为函数的最小正周期为，所以，即，
因此函数
又，可得
当即时，单调递增，故单调递增；
当即时，单调递减，故单调递减；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）可知，，
已知，可得，化简得
因为是锐角三角形内角，所以，故，得，
又，故，
因为三角形是锐角三角形，所以，解得
由正弦定理可得：
因为，所以，则，故
因此
17．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
，分别为，的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面．
（2）存在，
【详解】（1）略
（2）已知平面平面，交线为；为正三角形，为中点，故，得平面，即为四棱锥的高，
设的高；底面矩形面积,
因为四棱锥的体积为，所以，解得即,
所以，，，，，
平面与平面的交线为，由底面为矩形，得；
又平面平面，交线为，平面，得平面，
在平面内，过点作，垂足为，连接：
因为平面，平面，故；
又，且，平面，得平面；
因为平面，故，
因为平面，平面，且，，
所以就是平面与平面所成二面角的平面角，记为，由题知，
所以，
由平面，平面，得，即为直角三角形，。
在中，，又因为，所以
再由勾股定理得
设， 所以
，
，
联立两式，得,又，所以是等边三角形，
所以1，
因为，故，
因此，棱上存在满足条件的点，且
18．【答案】（1）
根据正弦定理，，，代入，
两边同除以得，
在中，故，
，
代入等式化简得，因为，
，故，结合得，
即是为直角的直角三角形
（2）
（3）最小值为，无最大值
【详解】（1）略
（2）由（1）知，，故，
AD是的角平分线，故，利用面积关系：
，代入面积公式：，
又因为，所以，解得： .
（3）由（1）知，（斜边），，则，，
根据正弦定理：，可得： ，
令，则，且，
所以，，则，
所以在上单调递减，因此：
当（即）时，取得最小值，
当时，函数无最大值.
19．【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为且
（3）
【详解】（1）对任意，平方得：
所以，且时，时，
于是：，左边恒不大于，所以，
若，取，则左边为，矛盾，
若，则由原式可得：，
取，则，也矛盾，
因此只能有，此时有，
即是的周期，而原函数的最小正周期为，
因此，所以.
（2）由（1）知，且以为周期，
因此只需分析上的单调性，
在上，且，故，
而单调递增，单调递减，单调递递增，所以两者之和在上单调递增；
在上，且，故，
此时单调递减，也单调递减，所以两者之和在上单调递减，
结合周期为，对任意整数，单调递增区间为，单调递减区间为，其中.
（3）由于恒成立，故，解得，所以所有零点必在区间内，
又因为，
所以关于对称，而也关于对称，因此方程的根成对关于对称，
若为根则也为根，每对根的和为，
在上，单调递增而单调递减，所以单调递增，
且，，故恰有个根；
在上，，任取，
则
，
令，
因为，所以，
于是，
当时，；当时，，
所以，因此，
即，所以在上严格单调递减，
，，故在上恰有1个零点；
由对称性可知和上各恰有个根，端点均不满足方程，
因此共有个根，分成两对，每对和为，故所有零点之和为.