辽宁省朝阳市部分重点高中联考2025-2026学年高一下学期7月期末数学试卷（含解析）

2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题一、单选题1．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．2．已知，那么（

）A． B． C． D．3．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则4．如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的体积为（

）A． B． C． D．5．已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（

）A． B． C． D．6．若函数在区间上单调递增，则a的最大值为（

）A． B． C． D．7．已知、、是的三个内角，且，则下列结论中正确的是（

）A． B．可以取到C． D．可以取到8．在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知向量，满足，，，则下列结论中正确的有（

）A．与夹角为 B．C． D．与夹角为10．已知为复数，为的共轭复数，则下列命题中正确的是（

）A．若，则为纯虚数 B．若，则为纯虚数C．若，则为实数 D．若，则11．如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（

）A．B．不存在点，使得C．的最大值为D．与平面所成角的最大值为三、填空题12．若，则的最小值为__________.13．在平行四边形中，，，将沿对角线折起，使得平面平面，则直线与所成角的余弦值为__________．14．已知中，角，，的对边分别为，，．若，，则的最大值为__________．四、解答题15．已知，向量，，且.(1)若函数的最小正周期是，求的单调增区间；(2)已知，若是函数的图像的一条对称轴，求的周期和值域.16．已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面．(1)证明：平面平面；(2)求证：；(3)求证：．17．在中，角，，所对的边分别为，，，满足(1)求；(2)若的面积为，内角的角平分线交边于，求的最大值；(3)若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值．18．已知函数，其中为常数.(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；(2)设函数在上有两个零点，①求的取值范围；②证明：.19．如图，在三棱锥中，侧面是边长为4的等边三角形，底面为直角三角形，其中为直角顶点，.点为棱的中点，，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形.设.(1)设点在平面的射影，当二面角从0增加到的过程中，求线段扫过的区域的周长；(2)若是以为底边的等腰三角形；（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）当为何值时，多面体的体积恰好为2.1．B【详解】，，.2．B【详解】由三角函数的诱导公式，可得，即，又由.故选：B.3．C【详解】若，，当过时；若，，则可以与平行、相交或在面内；若，，则；若，，，则可以平行、相交或异面，所以选C.4．A【详解】由圆台的侧面展开图可求得圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，从而圆台的高为，所以圆台的体积.5．C【详解】由题意，因为函数为奇函数，所以，，又，所以当时，有最小值是.故选：C.6．B【详解】，当时，，令，得，所以在上单调递增，所以a的最大值为．7．D【详解】因为，又，所以，，所以，，又，所以或，若，则，由余弦定理可得，所以，故A错误；因为，又在上单调递增，所以，又，所以取不到，故B错误；若，又在上单调递增，所以，若，可得，又，所以，故C错误；因为或，又在上单调递减，所以，又，所以可以取到，故D正确.8．B【详解】取的中点，连接，因为，所以，所以就是平面与平面的夹角，设，则，则，即，解得，所以，即，同理，，将三棱锥放置在如图的正方体中，由正方体的外接球的直径为正方体的对角线长知，三棱锥外接球的直径，所以三棱锥外接球的表面积．故选：B．9．CD【详解】由得，则，故B错误；因为，且，所以，故A错误；又因为，所以，故C正确；因为，而，所以，故D正确.10．ACD【详解】设，，则A选项，则，因为，所以且，若，则，无解，舍去；若，则，故只需即可，所以为纯虚数，则也为纯虚数，A正确；B选项，，，若，则，故，但若，此时，则不是纯虚数，也不是纯虚数，B错误；C选项，若，则，故，故为实数，也是实数，C正确；D选项，，因为，所以且，由得或，若，则，故；若，则，解得，故，其中，若，则，；若，则，；若，则，；综上，，D正确.11．ABC【详解】对于A，由正四棱柱的性质得∥，∥，因为平面，平面，所以∥平面.又平面，平面与平面交于直线，所以∥.所以∥.所以A正确.对于B，假设存在点，使得.过作∥，且分别交于点，则∥，.正四棱柱中，平面，所以平面，因为平面，所以.平面，所以平面，所以.矩形中，，所以，所以，所以，与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确.对于C，正四棱柱中，平面，所以.所以，，.因为，当且仅当时，等号成立,所以，所以当时，取得最大值.故C正确.对于D，因为∥，所以与平面所成角等于与平面所成角，记为.设点到平面的距离为，点到平面的距离为，则.过作∥，且分别交于点，则，.所以，，，所以，所以.所以的面积为.又，由，得.因为，所以，所以，所以.所以.因为，所以与平面所成角的最大值小于.故D错误.12．【详解】，则，即，当时，，当时，，当时，，∴的最小值为.故答案为：13．/【详解】设，由得，在中，，由余弦定理：，故，由，根据勾股定理逆定理，得，因为四边形是平行四边形，故且，因此，将沿折起后，平面平面，且两平面交线为，又平面，且，根据面面垂直的性质定理，可得，过点作，且取，连接、，由且，可知四边形是平行四边形，因此：，且；异面直线与所成的角，等于直线与所成的角，即（或其补角），

由平面，，得，因为平面，故，即为直角三角形，在中，，，由勾股定理折叠前后边长不变，平行四边形对边相等，故，因此，在中，，，，由余弦定理得，异面直线所成角的范围为，余弦值取正值，故直线与所成角的余弦值为.14．/【详解】，，故，由正弦定理得，即，，由正弦定理得，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，因为，所以，故，故，最大值为.15．(1)(2)函数的周期为为且，值域为【详解】（1），因为的最小正周期是，所以，解得，故，令，解得，故的单调增区间为；（2），因为是函数的图像的一条对称轴，所以，解得，因为，只有当时，满足要求，故，故的最小正周期为，故函数的周期为且，因为，所以的值域为.16．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）因为、、分别是、、的中点，所以，，又因为底面为矩形，所以，所以，又平面，平面，所以平面．又因为平面，平面，所以平面．因为，、平面，所以平面平面．（2）因为底面为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面．因为平面，平面平面，所以．（3）因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，故.17．(1)(2)最大值为2(3)【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，而，则，又，因此，即，由，得，解得，又，所以.（2）由得，，又，所以，则（当且仅当时取等），即的最大值为2.（3）在中，由余弦定理，即，得，由边上的中线，又因为，两边平方得，则，即，解得令边，的中点分别为，，由点为的外接圆圆心，得，，又，，所以.

18．(1)(2)①；②证明：令，，则为关于的方程的两根，则有，，即，方法一：所以，即，所以，所以，即有，由①得，即，故，所以.又，所以，故，由于，则，由在上单调递增，故，即.方法二：，因为，所以，所以，所以，即，故，由在上单调递增，故，即【详解】（1）因为，所以，当时，，令，则等价于在上恒成立，所以.令，则是增函数，所以，所以，解得，即的取值范围是.（2）①令，，则，则，由在上单调递增，故函数在上有两个零点等价于关于的方程在上有两个不相等的实数根，即有，解得，即的取值范围为.②略19．(1)(2)（ⅰ）证明：取的中点，连接，因为是以为底边的等腰三角形，所以，，因为，所以，可得，因为，平面，所以平面，平面，可得，又因为，，平面，所以平面；（ⅱ）【详解】（1）延长到，使，由为直角顶点，，所以，所以为等边三角形，连结，所以，，又，平面，得平面，平面，平面平面，所以平面平面，所以点在平面上的投影在线段的中垂线上（如图所示），当二面角为时，点三点重合，当二面角为时，点与重合，所以射影的轨迹就是线段，所以在平面上的射影所扫过的平面