辽宁葫芦岛市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份辽宁葫芦岛市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷，共6页。试卷主要包含了 1等内容，欢迎下载使用。
单选题
下列各角中，与478∘ 角终边相同的角是（ ）
218∘B． 216∘C．118D．116∘
设复数 z 
1
1 2i
则 z 的虚部是（ ）
2 iB． 2C． 1 iD． 1
5555
cs 80 cs 35  cs10 cs 55 的值等于（ ）．
A． 2
2
B．  2． 1
C
22
→
D．  1
2
已知向量a=(1,2),b=(4,m) ，若a·b  12 ，则 b  （ ）
5
A． 2
B． 4
C． 2
D． 6
2
13
已知l ， m ， n 为三条不同直线，α， β，γ为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ）
若l α， n α，则l  n
C．若m / /l ， l α，则m α
若α β，γ β，则γ/ /α
D．若m α， m / /β，则α/ /β
在正四棱锥 P−ABCD 中，点Q 在棱 PC 上运动，当 PA / / 平面 BDQ 时，三棱锥 P  ADQ 与四棱锥
P−ABCD 的体积之比为（ ）
A
． 1
2
B． 1
3
C． 1
4
D． 1
6
已知函数 f (x)=2cs(ωx+φ)(ω>0,|φ| ≤ π ) 的部分图象如图所示，将 f  x 的图象上所有点的横坐标伸长到
2
原来的 2 倍，得到函数 g  x 的图象，则（ ）
g x 
π 
π 
A．  
2 cs  x  
3

B． g  x  2 cs  x  
6

g x 
π 
π 
C．  
2 cs  4x  
3

D． g  x  2 cs  4x  
6

在Rt△ABC 中， ABC  90 , AB  4 , BC  2 , BM  AC ,垂足为M ，则 BA  BM  （ ）
16
5
8 5
5
8
5
D．4
多选题
已知复数 z1  1 i ， z2 =3  2i 则（ ）
z1  1 iB．在复平面内 z2 对应的点在第四象限
3z  z  6  5i
z2  1  5 i

12
ABCD - A B C D
z122
––––→1 ––––→
在棱长为 2 的正方体1 1 1 1 中， A1F  3 A1B1 ．点 P 是线段 BD 上的动点，则（ ）
当 DP = 1 DB 时，则 PF  C D
三棱锥 P - FB C 的体积为定值
3
C1P// 平面 AB1D1
1 11 1
6
线段 PF 长度最小值为
已知函数 f  x  sin ωx φ  3 cs ωx φ ω 0, 0  φ π 且 f  x 图象的相邻两条对称轴间的距离
π
为，则以下说法正确的是（ ）
2
若 f  x 的一个对称中心为  π , 0  ，则φ π
 126

若 f  x 为偶函数，则φ 5π
6
若 f  x 在区间0, π 内有三个零点，则φ π
3
若 f  x 在区间 0, π  上单调递增，则φ的最大值为 π
6 2

填空题
写出函数 f  x  3sin  4x  π  的一个对称轴方程为.
3 

sin  3π α sin π α
 2
化简：

cs π α cs 3π α
= .
 2

在三棱锥 A−BCD 中， VABC 与VBCD 都是边长为2 3 的等边三角形.若 AD  3 ，则三棱锥 A−BCD 外接球的表面积为.
解答题
已知α 0, π，sinα csα5 .
5
求sinα和csα的值；
若tan(α β)  1 ，求tan β的值．
7
如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点， AB  BC  2
求证: A1B1 / / 平面 DEC1 ;
求证: BE  C1E ;
若∠ABC= π ，AA =3 ，求三棱锥C - EDC 的体积．
311
在VABC 中，内角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ，已知C  π ， sin Asin B  1 .
32
求证： VABC 为直角三角形；
6
若 A  B ，A 的角平分线 AD 长为，求b 的值．
如图，在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， PA  平面 ABCD ，且
PA  1,AB  2,AC  BC .
求证：平面 PBC  平面 PAC ;
当 AC  1 时，求直线 PD 与平面 PAC 所成角的大小；
当 1  AC  1时，求二面角 A  PB  C 的正切值的取值范围．
2
→
已知向量a  2sin x, cs x  sin x ， b  
求 f  x 的周期和单调递增区间；
3 cs x, cs x  sin x ，函数 f  x  a  b .
若对任意 x  0, π  ，方程 f  x2  f  x  a  0 都有解，求实数a 的取值范围；
2 
设 g  x  2m sin x  cs 2x  2 ，若对任意 x1  R ，总存在 x2  R ，使 f  x1   g  x2  成立，求实数m 的取值范围．
参考答案
1．C
解析：因为与478∘ 终边相同的角的集合为：{ββ 478∘  k  360∘ , k  Z}.
当k  1 时， β 478∘  360∘  118∘ ；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
C
C
A
A
BD
ABC
题号
11
答案
BCD
若β 218∘ ，则k 若β 216∘ ，则k 若β 116∘ ，则k 
2．B
解析： z 1
218∘  478∘
360∘
216∘  478∘
360∘
116∘  478∘
360∘
1 2i
  13 不是整数； 18
  131 不是整数； 180
  181 不是整数.
180
 1  2 i ，其虚部为 2
3．A
1 2i
1 2i1 2i555
解析： cs 80 cs 35  cs10 cs 55
 cs 80 cs 35  cs 90  80cs 90  35
 cs 80 cs 35  sin 80sin 35  cs 80  35
 cs 45 2
2
故选：A.
4．B
解析：由题意可得 a·b  4  2m  12 ， m  4 ，
→
42  42
2
所以b  4, 4 ，故 b 
 4.
5．C
解析：对于 A，若l α， n α，则l / /n ，A 错误.
对于 B，若α β，γ β，则γ/ /α或γ与α相交，B 错误.
对于 C，若m / /l ， l α，则m α，C 正确.
对于 D，若m α， m / /β，则α β，D 错误.
6．C
解析：如图所示，连接对角线 AC 交 BD 于点O ，连接OQ .
因为正四棱锥 P−ABCD 的底面 ABCD 是正方形，所以O 是 AC 的中点.
因为 PA / / 平面 BDQ ， PA ⊂平面 PAC ，且平面 PAC 平面 BDQ  OQ ，由线面平行的性质得 PA / /OQ .
因此OQ 是VPAC 的中位线，故Q 是 PC 的中点，即 PQ  1 PC .
2
1
设正四棱锥 P−ABCD 的底面积为S ，高为 h，则总体积VPABCD  3 Sh ，
因为 VACD 的面积是正方形面积的一半，即S
V ACD
 1 S ，
2
因为Q 是 PC 中点，所以Q 到底面 ABCD 的距离为 h .
2
V 1 Sh
所以V
 V V
 1 S
 h  1  S  h 
Sh ，所以
P ADQ
 12
 1 .
P ADQQPADQ ACD
3 V ACD

23 2 212
VP ABCD
1 Sh4
3
7．A
解析：由图可知，函数 f  x 的最小正周期T 满足 3 T  2π    π   3 π ，所以最小正周期T  π ，
43 12 4

故ω 2π  2 ，此时 f  x  2 cs 2x φ ；
T
将最低点 2π ,−2  代入可得 f  2π   2 cs  2  2π φ  2 ，即cs 4π φ  1，
 3
 3 3
 3

所以 4π φ 2kπ  πk  Z ，可得φ 2kπ  π k  Z .
33
ππf x π 
3
又φ ，所以φ  ，所以  
23
2 cs  2x   ；

将 f  x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍，
由三角函数图象伸缩变换的规律可得 g  x  2 cs  x  π  ．
3 

8．A
解析：如图：
因为 AB  BC  AC  BM
，所以 BM 
4  2
 4 5 .
42  22
5
BC
AC
2 5

AB

BC
AC
且MBA  C ，所以cs MBA  cs C  25 .
5
–––→ ––––→
4 5516
所以 BA  BM 
BD
BA  BM  cs MBA  4 
5  5  5 .
解析：对于 A，根据共轭复数的定义可知， z1  1 i ，错误；
对于 B，根据复数的几何意义可知， z2 =3  2i 对应点(3,−2) ，位于第四象限，正确；对于 C， 3z1  z2  3(1 i)  (3  2i)  5i ，错误；
z3  2i3  2i1 i3  3i  2i  2i215
对于 D， 2   i ，正确.
z11 i
1 i1 i
222
ABC
解析：在线段 AB 上取点Q 使得 AQ  1 AB ，由 DP = 1 DB 可得 PQ//AD ，
33
由––––→  1 ––––→ 可得 FQ//AA ，则 AB  FQ, AB  PQ ，
A1F3 A1B11
因为 PQ, FQ  平面 PQF ， PQ ∩ FQ  Q ，所以 AB  平面 PQF ，
又 FP 平面 PQF ，所以 AB  FP ，又 AB//C1D1 ，所以 PF  C1D1 ，故 A 正确；因为 BD// 平面 A1B1C1D1 ， P 线段 BD ，所以点 P 到平面 A1B1C1D1 的距离为定值，又△FB1C1 的面积为定值，所以三棱锥 P - FB1C1 的体积为定值，故 B 正确；
连接C1D, C1B ，因为 B1D1 //BD, BD  平面 BDC1, B1D1  平面 BDC1 ，所以 B1D1 // 平面 BDC1 ，
又 AD1 //BC1 ，同理可得， AD1 // 平面 BDC1 ，
又 B1D1 ∩ AD1  D1, B1D1, AD1  平面 AB1D1 ，所以平面 AB1D1 // 平面 BDC1 ，
又C1P  平面 BDC1 ，所以C1P// 平面 AB1D1 ，故 C 正确；
连接 FD, FB, DQ ，在RtVDAQ 中， DQ 
，
22  
 2 2
 3 

2 10
3
在RtVFQD 中， FD 
，
22   2 10 
2


3


2 19
3
在Rt△FQB 中， FB 
，
22  
 4 2
 3 

2 13
3
22
 2    2   22
19
13
2

247
在VBDF 中利用余弦定理可得cs BFD  
33
7，
则sin BFD 
2  2 19  2 13
33
1 cs2 BFD
3 22
247
，

2 19  2 13  3 22
3
3247
2 2
则线段 PF 长度最小值为 DF  BF sin BFD  2 11 ，
故 D 错误.
BCD
解析： f  x  sin ωx φ 
BD3
3 cs ωx φ  2 sin ωx φ π  .
3 

由题意知 1 T  π ，则T  π ，又ω 0 ，则T  2π ，所以ω 2π  2π  2 ，
22
故 f  x  2 sin  2x φ π  .
ωTπ
3 

对于 A，若 f  x 的一个对称中心为  π , 0  ，
 12

则 f   π   2 sin  2   π  φ π   2 sin φ π   0 ，
 12  12 3 2 

可得φ π  kπ ， k  Z ，所以φ π  kπ ， k Z .
22
又0 φ π，所以φ π ，A 错误.
2
对于 B，若 f  x  2 sin  2x φ π  为偶函数，则φ π  kπ  π ， k  Z ，
3 32

所以φ 5π  kπ ， k Z ，
6
又0 φ π，所以φ 5π ，B 正确.
6
对于 C，当 x 0, π 时， 2x φ π  φ π , 2π φ π  ，
333 
且区间φ π , 2π φ π  的长度为2π ，
33 
若 f  x 在区间0, π 内有三个零点，则φ π  kπ ， k  Z ，则φ kπ  π ， k  Z ，
33
又因为0 φ π，故φ π ，C 正确.
3
对于 D，当 x  0, π  时， 2x φ π φ π ,φ ，
6 33

因为0 φ π，所以 π φ π  2π ，
333
若 f  x 在 0, π  上单调递增，则φ π ,φ   π , π  ，
6 
3
2 2 


0 φ π
ππππ
即φ   ，解得0 φ ，故φ的最大值为，D 正确.

3222
φ π
2
x  π  x  π  kπ , k  Z  （答案不唯一）
24 244

解析：令4x  π  kπ  π , k  Z ，解得 x  π  kπ , k  Z ，
32244
f x π 
πkπ

所以函数  
13．1
3sin  4x  3  的对称轴方程为 x  24 
, k  Z .
4
sin  3π α sin π α
 2csα sinα
解析：

cs π α cs 3π α
= sinα csα
 1.
 2

14． 52π/ 52π
33
解析：由题意，如图所示，取 BC 中点 E ，连接 AE ， DE ，
因为VABC 与VBCD 都是边长为2 3 的等边三角形，所以 AE  BC ， DE  BC ，所以∠AED 为二面角 A−BC−D 的平面角，
因为 AE  DE  2 3 sin 60∘  3 ， AD  3 ，所以V AED 是等边三角形，
所以AED  60 ，
设VABC 与VBCD 的外接圆圆心分别为 F ， G ，
则 AF  AE  2  3 2  2 ， EF  3 1  1 ，
333
同理， EG  1，
分别过点 F ， G 作平面 ABC ，平面 BCD 的垂线，则三棱锥 A−BCD 的外接球球心一定是两条垂线的交点，记为点O ，
由对称性， FEO  30∘ ，则OF  EF  tan 30∘ 3 ，
3
所以， R  OA 
39 ，
AF 2  OF 2
3
所以三棱锥 A−BCD 外接球的表面积为4πR2  52π，
3
15．(1) sinα 2 5 ， csα  5
55
(2) 3
解析：（1）由α0, π ，且sinα csα5 ，
5
将sinα csα5 两边同时平方并整理得： 2sinαcsα  4  0 ，所以α  π , π  ，
5 2
5
故sinα 0 ， csα 0 ，
22

sin α cs α 1

方法一：由，

sinα csα5
5
解得： sinα 2 5 ， csα  5
55
3 5
5
方法二：由题意可得sinα csα 0 ，
(sinα csα)2
于是sinα csα
5


sinα csα
5
所以，
 1  2sinα csα，
sinα csα 3 5
5
解得： sinα 2 5 ， csα  5 .
55
（2）由（1）知sinα 2 5 ， csα  5 ，
55
可得tanα sinα 
csα
又tan α β  1 ，
7
5
5
5 5
 2 ，
tan α β  tanα
1  2
所以tanβ tan α β α  1 tan α β tanα
7
1 1 2
7
 3 ．
16．(1)证明：在VABC 中， D ， E 分别为 BC ， AC 的中点，于是 DE / / AB ，
由直三棱柱 ABC−A1B1C1 可得： A1B1 / / AB ，所以 A1B1 / / DE ，
又 DE  平面 DEC1 ， A1B1  平面 DEC1 ，
所以 A1B1 / / 平面 DEC1 ．
证明：在VABC 中， E 为 AC 的中点且 AB  BC ，可得 BE  AC ，
由直三棱柱 ABC−A1B1C1 可得， AA1  平面 ABC ，又 BE  平面 ABC ， AA1  BE ，
因为 AA1  AC  A ， AA1 ， AC  平面 ACC1 A1 ，
所以 BE  平面 ACC1 A1 ，又C1E  平面 ACC1 A1 ，
所以 BE  C1E ．
当∠ABC= π ，AA =CC =3 ，且 AB  BC  2 ，D，E 分别为 BC，AC 的中点，
311
所以VDCE 是边长为 1 的正三角形，
由直三棱柱 ABC−A1B1C1 可得， CC1  平面 ABC ， CC1 即为三棱锥C1 - EDC 的高
则V V
 1 S C C  1 
3  3 3
C EC1DC1 ECD
解析：（1）略
（2）略
（3） 3
4
3 △ECD1
344
1
17．(1)证明：由三角形内角和 A  B  C  π ，得cs A  B   csπ  C   csC   ，
2
由余弦和角公式可得cs A  B   csAcsB  sinAsinB   1 ，
2
又sinAsinB  1 ，解得csAcsB  0 ，所以csA  0 或csB  0 ，
2
可得 A  π 或 B  π ，所以VABC 均为直角三角形．
22
3
(2) b 1
解析：（1）略
（2）由（1）可知，满足 A  B 的情况为： A  π , B  π , C  π ，
263
因为 AD 是A 的角平分线，则CAD  π ，
4
可得sin ADC  sin C  CAD 3  2  1  2 6  2 ，
22224
在VADC 中，由正弦定理得
AD
b
sin C
 sin ADC
，所以b  AD sin ADC 4
6  6 
2
sin C3
2
 3 1.
18．(1)因为 PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，故 PA  BC ，又 AC  BC ， AC  PA  A ， AC ， PA  平面 PAC ，
故 BC  平面 PAC ，又 BC  平面 PBC ，故平面 PBC  平面 PAC ．
DPA  π
3
 3 , 15 
 33 

解析：（1）略.
因为四边形 ABCD 为平行四边形，所以 AD / / BC 且 AD  BC ，
又 BC  平面 PAC ，所以 AD  平面 PAC ．
所以直线 PD 与平面 PAC 所成的角为DPA ，因为 AB  2 ， AC  1 ，
3
故，在VBCA 中， BC ，所以 AD  3 ．
3
所以， Rt△DAP 中， tanDPA  DA ，
PA
所以， DPA  π ．
3
过点 A 作 AM  PC 于M ，过M 作MN  PB 于 N ，连接 AN ，
由于平面 PBC  平面 PAC ，平面 PBC 平面 PAC  PC ， AM  平面 PAC ，故 AM  平面 PBC
又 PB  平面 PBC ，故 AM  PB ，
又MN  PB ， MN  AM  M ， MN ， AM  平面 AMN ，
故 PB  平面 AMN ，所以， ANM 为二面角 A  PB  C 的平面角，
设 AC  x ， 1
2
 AC  1，则 1
2
 x  1， PC 
，
PA2  AC 2
1  x2
由SVPAC
 1 PA  AC  1 PC  AM ，
22
1  x2
解得： AM x，
又SVPAB
 1 PA  AB  1 PB  AN ，
22
5
解得： AN  PA  AB  1 2  2 5 ，
4  x2
51 x2 
PB5
AN 2  AM 2
故在RtVAMN 中， MN 
51 x2 
4  x2
5x
4  x2
5
4 1
x2
AMx
，
1 x2
设ANM  α，则tanα MN ，
5
4  1
x2
143  15
由于 2  x  1，故4  x2  16 ，则 33 ，
所以，二面角 A  PB  C 的正切值的取值范围为 3 , 15  ．
 33 

19．(1) f  x 的周期为π，单调增区间为 π  kπ, π  kπ ， k  Z
 36
(2)  1 , 2
 4
(3)  ∞,  3   3 , ∞
2  2

解析：（1）由题意可得：
a
f  x  →  b  2sinx  3csx  csx  sinxcsx  sinx
 3sin2x  cs2 x  sin2 x  3sin2x  cs2x  2sin  2x  π 
6 

所以，ω 2 ， T  2π  2π  π ．
ω2
由正弦曲线的单调区间为 π  2kπ, π  2kπ ， k  Z ，
 22
可知 π  2kπ  2x  π  π  2kπ ， k  Z ，
262
解得：  π  kπ  x  π  kπ ， k  Z .
36
综上， f  x 的周期为π，单调增区间为 π  kπ, π  kπ ， k  Z .
 36
当 x  0, π  时， 2x  π   π , 7π  ，
2 
6 6 6 
π  1 
6 2 
故sin  2x    ,1 ，即 f  x1, 2 ．

令 f  x  t ，于是方程t 2  t  a  0 在t 1, 2 有解，

可转化为a  t 2  t   t 

1 2
2


 1 在t 1, 2有解．
4
当t  1 时， a 取得最小值 1 ；
24
当t  1或t  2 时， a 取得最大值 2．
故a 的取值范围为 1 , 2 ．
 4
因为对任意 x1  R ，总存在 x2  R ，使 f  x1   g  x2  成立，
所以有 f (x)max  g(x)max
由（1）可知 f  x  2sin  2x  π  ，显然 f (x) 2 ，
6 
max

下面求 g(x) 的最大值，
m 2m2
2

g  x  2msinx  1 2sin x  2  2sin2 x  2msinx  3  2 sinx 

 3．
2
2

令u  sinx 1,1 ，则h u   2  u 

m 2

2

m2
 3 ． 2
当m  0 时， h u  在u  1处取得最大值： h 1  2  2m  3  2m 1，
由2  2m 1 ，得m  3 ；
2
当m  0 时， h u  在u  1 处取得最大值： h 1  2  2m  3  2m 1，
由2  2m  1 ，得m   3 ．
2
综上， m 的取值范围为 ∞,  3   3 , ∞ .
2  2
