2025-2026学年北京市石景山区高一（下）期末考试数学试卷（含答案）

第第页2026北京石景山高一（下）期末数学学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在复平面内，复数对应的点的坐标（

）A． B． C． D．2．已知非零向量，满足，且，则（

）A． B． C． D．3．若，则（

）A． B． C． D．4．已知函数，则是（

）A．偶函数，且最小正周期为 B．偶函数，且最小正周期为C．奇函数，且最小正周期为 D．奇函数，且最小正周期为5．已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（

）A． B． C． D．26．要得到函数的图象，只要将函数的图象（

）A．向右平移个单位 B．向左平移个单位C．向右平移个单位 D．向左平移个单位7．在中，若，，，则=（

）A． B． C． D．或8．正四棱锥的底面边长为2，其侧棱长的值不可能是（

）A． B． C． D．9．在中，若，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．已知函数的一条对称轴方程为，，且函数在上具有单调性，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、填空题11．已知复数（为虚数单位），则____________．12．已知向量，，若，则____________．13．在中，若．则_____________．14．已知命题，能说明命题为假命题的一个的值是____________．15．如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方形及其内部运动，给出下列四个结论：①存在无穷多个点，使得；②存在点，使得直线与直线相交；③存在点，使得点到直线和距离相等；④若平面，则长度的最大值是．其中所有正确结论的序号是___________．三、解答题16．在中，，．(1)求的值；(2)若，求边上的高．17．已知函数．若的最小正周期为，且．(1)求，的值；(2)若函数在区间上有两个零点，求的取值范围．18．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，平面平面，，分别为和的中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求证：平面．条件①：：条件②：，．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．设集合，定义变换：对任意有序数组，经过变换得到，其中，其中表示，中的最小者．记为数组所有元素之和．(1)若，求与；(2)当时，有序数组经过变换得到，再经过变换得到，求的最小值．

参考答案题号12345678910答案BCADBBBAAB1．B【详解】复数，实部为，虚部为，因此其在复平面内对应的点的坐标为.2．C【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式，列出方程，即可求解.【详解】因为非零向量满足，且，可得，解得.3．A【详解】已知，根据三角函数诱导公式可得.4．D【详解】函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数为奇函数；因为的最小正周期为，的最小正周期为，所以函数的最小正周期为.5．B【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解.【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为，，，.故选：B.6．B【详解】因为，所以只要将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象.7．B【详解】因为，，所以在中，由正弦定理得，又因为，，所以，解得，又，所以.8．A【详解】设正四棱锥的侧棱长为，由正四棱锥的定义，顶点在底面的射影为底面正方形的对角线的交点，所以，所以.9．A【分析】先由证明，结合得，从而，进而推出以证明充分性，再举反例即可证明必要性不成立.【详解】因为，所以，则，充分性验证:若，则，下面证明，假设为钝角，则，由于且正弦函数在该区间内单调递增，则，即，这与三角形内角和为矛盾，故为锐角，故，于是，，所以为锐角，即，即，则，则，即，即，充分性得证，必要性验证:因为为锐角，则，且正弦函数在该区间内单调递增，则，取，则，则，即，但不符合的条件，故必要性不成立，综上，“”是“”的充分不必要条件.10．B【分析】求出函数的最小正周期为，结合其对称轴方程得到其对称中心坐标，由，且函数在上具有单调性，得到的表达式，从而确定其最小值.【详解】函数，其中.的最小正周期为.因为的一条对称轴方程为，所以的对称中心为，即.由，且函数在上具有单调性，所以关于对称.所以，即.所以当时，取得最小值，最小值为.11．【详解】因为，所以.12．【详解】因为向量，，且，所以，解得，所以，所以，所以.13．/【分析】根据二倍角公式结合三角形内角的取值范围求角.【详解】由.因为为三角形内角，所以，所以，所以，所以.故答案为：14．（答案不唯一，任意负实数均可）【详解】当时，，此时，所以命题为假命题的一个的值是（答案不唯一，任意负实数均可）.15．①③④【分析】由线面垂直的判定定理可证平面，由此判断①；假设存在点，使得直线与直线相交，由平面基本事实判断②；举出特例判断③；根据面面平行的判定定理确定点的轨迹，由此求出长度的最大值，判断④.【详解】正方体中，平面，而平面，所以.正方形中，，又平面，所以平面.因为点，分别是棱，的中点，所以，所以平面.所以当点在线段上时，平面，所以.即存在无穷多个点，使得，故①正确；点与直线确定平面.假设存在点，使得直线与直线相交，记交点为，则由平面，得平面，即平面.显然与点在正方形及其内部运动矛盾，故②错误；若点，则点到直线和距离相等，均等于正方体的棱长，长度为.所以③正确；分别取的中点，连接.则，所以四边形为平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面；同理由可证平面，又平面.若平面，则.中，，.所以长度的最大值是．故④正确.16．(1)7(2)【分析】（1）由正弦定理，得到，结合，列出方程，即可求得的值；（2）由（1）得到，求得，利用余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）解：由正弦定理，可得，因为，可得，又因为，且，可得，所以，可得.（2）解：由（1）知：，因为，所以，又由余弦定理得，所以，因为，设边上的高为，可得，即，解得，所以边上的高为.17．(1)，；(2).【分析】（1）先利用两角和的正弦公式将函数化简，再根据最小正周期公式求出的值，最后结合求出的值；（2）先根据（1）的结果确定函数的表达式，根据题意，求得的取值范围为，再结合正弦函数的图象性质，可知，解不等式即可求得的取值范围．【详解】（1）由题意，，又因为函数的最小正周期为，且，所以，解得，所以，又，所以，即，又，所以，综上所述，，；（2）由（1）可知，，所以，又，所以，又函数在区间上有两个零点，所以根据正弦函数的图象，可得，解得，所以函数在区间上有两个零点，则的取值范围为.18．(1)取的中点，连接，因为是的中点，所以，且.三棱柱中，，因为为的中点，所以.所以，所以四边形为平行四边形，所以.又平面，平面，所以平面.(2)在三棱柱中，侧面为矩形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.若选择条件①：，由（1）知，所以.又平面，所以平面.因为平面，所以.因为平面，所以平面．若选择条件②：，，取的中点，连接，则，.所以平面.又平面，所以，即.因为，所以所以，即.因为平面，所以平面，因为，所以平面.【分析】（1）由线面平行的判定定理可得；（2）由面面垂直的性质定理可得平面，所以.若选择条件①，则先由线面垂直的判定定理证明平面，得.再根据线面垂直的判定定理证得平面．若选择条件②，取的中点，连接，由三角形全等证得，再根据线面垂直的判定定理证得平面，从而得平面.【详解】（1）略（2）略19．(1)，(2)【分析】（1）根据变换的定义可得；（2）分析可知要使最小，须使最小，即在一次变换后，尽可能取到数组中较小的数，由此分析可得.【详解】（1）根据变换的定义，若，则