2025北京延庆区高一（下）期末数学试题及答案

高中2025北京延庆高一（下）期末数学2025.07本试卷共6页，满分150分，考试时间120分钟第Ⅰ卷（选择题）一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合，则（）A. B. C. D.2.在中，，则（）A.2 B.3 C.4 D.3.下列命题错误的是（）A.侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱B.底面是正多边形的棱柱一定是正棱柱C.棱柱的侧面都是平行四边形D.斜棱柱的侧面有可能是矩形4.已知一个长方体的铜块长､宽､高分别是，将它熔化后铸成一个正方体形的铜块（不计损耗），则铸成后的铜块的棱长（）A.小于4 B.等于4 C.大于4 D.无法判断5.已知一个正六棱锥的底面边长是1，侧棱长是2，则它的高为（）A.1 B. C. D.26.在中，“”是“是直角三角形”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.如图，是棱长都为2的直平行六面体，且，则线段的长为（）A.16 B. C.4 D.8.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.9.如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则棱台的高为（）A. B. C. D.10.已知中，是上的点，平分，且面积是面积的2倍，，则的长度为（）A. B.2 C. D.3第II卷（非选择题）二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.函数的定义域为__________.12.已知一个棱长为2的正方体的8个顶点都在一个球面上，则球的表面积为__________，体积为__________.13.设函数.已知，且的最小值为，则__________.14.已知在中，，则__________；__________.15.如图，在四棱锥中，平面，是的中点，.给出下列四个结论：①；②平面；③；④.其中，所有正确结论的序号为__________.三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知中，.（1）求；（2）求的面积.17.如图，在四棱锥中，已知分别是的中点，底面是一个平行四边形，，平面平面，且，.（1）求证：平面平面：（2）求证：平面；（3）求证：.18.已知函数.（1）求函数图象的对称轴方程；（2）求函数的单调递增区间；（3）当时，求的值域；（4）求不等式的解集.19.已知中，.（1）求的大小；（2）若，求面积的最大值.20.如图，在直三棱柱中，是棱的中点，.（1）求证：；（2）求证：平面平面；（3）求四棱锥的体积.21.设为正整数，集合.对于集合A中的任意元素和，记.（1）当时，若，求和的值；（2）当时，设是A的子集，且满足：对于中的任意元素，当相同时，是奇数；当不同时，是偶数.求集合中元素个数的最大值.

参考答案第Ⅰ卷（选择题）一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.【答案】B【分析】利用集合的并集定义，借助于数轴表示易得.【详解】因，，故.故选：B.2.【答案】A【分析】利用余弦定理计算即可.【详解】由题可知：，所以.故选：A3.【答案】B【分析】根据棱柱的概念逐一判断即可.【详解】对A，侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，正确；对B，底面是正多边形的直棱柱定是正棱柱，故错误；对C，棱柱的侧面都是平行四边形，正确；对D，斜棱柱的侧面有可能是矩形，正确.故选：B4.【答案】A【分析】根据熔化前后的体积相等列出方程，推出正方体形棱长的范围即可.【详解】由题意，设铸成后的正方体形铜块的棱长为，依题意得，则.故选：A.5.【答案】C【分析】根据正六棱锥的结构特征，借助于易求得其高线长.【详解】如图，因为正六棱锥的底面边长为1，由正六边形的结构特征可得，，因为正六棱锥的侧棱长是2，所以，在中，.所以正六棱锥的高为.故选：C.6.【答案】A【分析】利用正弦定理以及勾股定理判断即可.【详解】由题可知：在中，，所以，所以是以为直角的直角三角形；若是直角三角形，直角可以是任何一个，所以不一定符合，即不一定符合.所以“”是“是直角三角形”的充分而不必要条件.故选：A7.【答案】C【分析】利用空间向量的线性表示，然后计算即可.【详解】由题可知：是棱长都为2的直平行六面体，则，且，由，所以两边平方可得：所以，则.故选：C8.【答案】B【分析】根据偶函数，单调性的概念对每个选项直接判断即可.【详解】对A，，定义域为，，所以为偶函数，又在单调递增，所以在上单调递减，故错误；对B，，定义域为，且，所以为偶函数，又在单调递减，所以在上单调递增，故正确；对C，，定义域为，又，所以不是偶函数，故错误；对D，，定义域为，，所以为偶函数，又在单调递增，所以在上单调递减，故错误.故选：B9.【答案】D【分析】结合图形，取正三棱台的上下底面中心为，连接并延长交于点，连接并延长交于点，分别计算的长，利用直角梯形即可求得答案.【详解】如图，取正三棱台的上下底面中心为，则即为棱台的高.连接并延长交于点，连接并延长交于点.依题意，，，在直角梯形中，，即棱台的高为.故选：D.10.【答案】A【分析】根据角平分线定理，可得，利用面积关系可得，然后结合计算即可.【详解】设的三个内角对应的边分别为由题可知，平分，所以，即，又面积是面积的2倍，所以，由，所以，，又，则，又，所以，故选：A第II卷（非选择题）二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.【答案】【分析】计算即可.【详解】由题可知：或.故答案为：12.【答案】①.②.【分析】根据正方体的外接球即可求解半径，由体积和表面积公式即可求解.【详解】由题意可知该球为正方体的外接球，故球直径为正方体的体对角线，因此，故，故表面积为,体积为,故答案为：；13.【答案】8【分析】根据函数的最值与周期的关系可得，即可求解.【详解】由于的最大值为1，结合且的最小值为，故函数的周期，故,故答案为：814.【答案】①.②.【分析】利用余弦定理以及推论公式计算即可.【详解】利用余弦定理可知：，所以（负值舍去），又，所以.故答案为：；15.【答案】①③【分析】由题可得，结合平面即可得到；利用线面平行的性质平面，则，条件不足，不一定成立；根据题意证明平面即可得到；设，，得到所以不一定小于即可得出结论.【详解】，，又平面，平面，所以，又，所以，故①正确；对于②，若平面，又平面，平面平面，所以，又四边形中，边长不确定，故不一定平行，故②错误；，是的中点，,又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故③正确；是的中点，，，设，，,，所以不一定小于，即不一定成立，故④错误；故答案为：①③.三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据正弦定理即可得到答案；（2）利用三角恒等变换得，再根据三角形面积公式即可得到答案.【小问1详解】由正弦定理得，即，解得，又因为，则，则.【小问2详解】，，则.17.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【分析】（1）根据中位线定理可知，然后得到线面平行，最后根据面面平行判定定理可得；（2）得到，根据线面垂直的判定定理可得；（3）先得到平面，然后根据线面平行的性质定理可得结果.【小问1详解】由题可知：分别是的中点，所以，平面，平面，则平面，同理：平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】因为四边形是一个平行四边形，所以为的中点，由，，所以，又平面，所以平面.【小问3详解】由四边形是一个平行四边形，所以，由平面，平面，所以平面，又平面且平面平面，所以.18.【答案】（1）（2）（3）（4）【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化成正弦型函数，结合正弦函数的图象对称轴计算即得；（2）根据正弦函数的单调增区间列出不等式计算即得；（3）根据给定的区间，求得的范围，结合正弦函数的图象即可求得函数值域；（4）利用正弦函数的图象数形结合即可求得的解集.【小问1详解】因，由可得，即函数图象的对称轴方程为：.【小问2详解】由，可得，即函数的单调递增区间为.【小问3详解】由可得，而在区间上单调递增，在区间上单调递减，则当，即时，函数取得最大值2；当，即时，函数取得最小值，故函数的值域为.【小问4详解】由可得，结合正弦函数的图象，可得，解得，则不等式的解集为.19.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解得解，（2）由余弦定理以及基本不等式即可求解，进而由面积公式求解.【小问1详解】由和正弦定理可得,又，故，因此，由于，故，即，由于，故；【小问2详解】由余弦定理可得,由于，故，当且仅当时取到等号，故面积为，故面积的最大值为，20.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【分析】（1）先由勾股定理证明，结合条件，由线线垂直证得线面垂直，得到平面，即可证明结论；（2）先由（1）结论和证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；（3）过点作于点，证明平面，再利用棱锥的体积公式计算即得.【小问1详解】连接，因，，是棱的中点，则，因，则，因，且平面，则平面，因平面，故.【小问2详解】由（1）已证，因平面，平面，则，因平面，则平面，因平面，故平面平面.【小问3详解】由（2）已得平面，因平面，则，则，过点作于点，由解得.因平面，平面，则，因平面，则平面，于是四棱锥的体积为.21.【答案】（1）（2）3【分析】（1）根据题干新定义直接计算即可；（2）先根据当相同时，是