河北省承德市2025-2026学年高一下学期7月期末考试 数学试题 附答案

本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟.注意事1.函数y=|sin3x|的最小正周期为()2.在空间直角坐标系中，0为坐标原点，对空间中一点P(2,-3,4),则下列叙述正确的是()4.下列说法正确的是()A.2B.√3则直线EF与底面ABCD所成角的正弦值为()8.古代数学家刘徽所著的《重差》是中国最早的一部测量学著作，其思想为地图学提供了数学基础.现根据《重差》的方法测量一个球体建筑物的相关数据.如图，已知球体建筑物与水平地面的接触点(切点)为点A,在其右侧两点B,C处(A,B,C三点共线)分别测得该球体建筑物的最大仰角为60°和30°,且BC=40二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列值为√3的式子有()A.sin80°cos20°+cosl00°cos70°B.4√3sin75°cos75°下列命题正确的有()11.如图，在直四棱柱ABCD-AB₁C₁D中，底面ABCD为菱形，AA₁=AB=BD,若该直四棱柱的A.四面体P-AC₁D的体积为定值C.直线A₁P与BD₁异面四、解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知向量a=(1,-4),b=(2,3),C=a+2b,dE(3)若A,B,D,E四点在一个球上，求该球的表面积和体积.17.若将函数y=f(x)的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数y=g(x)=Asin(wx+φ)(A>0,的部分图象如图所示.【分析】先计算y=sin3x的最小正周期，再结合绝对值翻折对正弦函数周期的影响求解即可.【详解】对于y=sin3x,最小正周期为y=|sin3x|的图像是将y=sin3x的图像中位于x轴下方的部分沿x轴翻折得到，因此y=|sin3x|的最小正周期【分析】根据空间直角坐标系中点关于坐标轴、坐标平面、原点的对称坐标变换规则，逐一验证各选项即可.【详解】选项A,任意点(a,b,c),关于x轴对称的点坐标为(a,-b,-c):因此P(2,-3,4)关于x轴的对称点为(2,3,-4),A错误；选项B,关于平面yOz对称的点坐标为(-a,b,c):因此P关于平面yOz的对称点为(-2,-3,4),B错误；选项C,关于V轴对称的点坐标为(-a,b,-c):因此P关于V轴的对称点为(-2,-3,-4),C正确；选项D,关于原点对称的点坐标为(-a,-b,-c):因此P关于原点的对称点为(-2,3,-4),D错误.【分析】先利用诱导公式化简根号内的三角函数式，再结合半角公式与α的取值范围去绝对值即可得到结果.【详解】已知π<α<2π,因此可得根据诱导公式得由余弦半角公式得结合去绝对值【分析】由棱台的概念可判断A,由棱台的核心特征为上下底面平行，可判断B,由圆台的结构特征可判断C,由球的结构特征可判断D.【详解】选项A:棱台的结构特征为上下底面平行且相似，且所有侧棱延长线交于同一点，仅满足上下底面平行相似、侧面为梯形的多面体，侧棱延长线未必共点，不符合棱台定义，故A错误；试卷第1页，共15页试卷第2页，共15页选项B:只有当截平面平行于三棱锥底面时，才能截出一个三棱锥和一个三棱台，若截平面不与底面平行，无法得到三棱台，故B错误；选项C:圆台由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到，其轴截面为等腰梯形，不可能为直角梯形，故C正确；选项D:用任意平面截球，得到的截面是圆面，而“圆”仅指圆周这条【分析】先利用余弦定理求出等腰三角形的腰长AC=BC=2,再结合向量的数量积公式计算结果.设AC=BC=x,即3x²=12,解得x=2(边长为正),【分析】设ED中点为G,连接BG,BD,利用线面角的定义可知∠GBD即为直线EF与底面ABCD所成角的平面角，求∠GBD的正弦值即可.【详解】设ED中点为G,连接BG,BD,因为2FB=ED=6,所以FB=EG=GD=3,因为FB||ED,所以四边形EGBF是平行四边形，EF||GB,又因为ED⊥平面ABCD,所以∠GBD即为直线EF与底面ABCD所成角的平面角，试卷第3页，共15页即直线EF与底面ABCD所成角的正弦值为【分析】选取基底向量OA=a,OB=b,OC=c将MN表示为向量的线性组合，再通过对该向量求平方，利用已知向量的数量积即可求解.【详解】设OA=a,OB=b,OC=c,因为N为BC中点，所【分析】设球半径为R,利用切线长定理及角平分线性质，将最大仰角转化为直角三角形内角，通过线段BC的长度建立关于R的方程求解.试卷第4页，共15页【详解】设该球球心为0,半径为R,连接OA,OB,OC,因为球体建筑物与水平地面切于点A,所以OA⊥AC,且OA=R,由题意知，从点B观测球体的最大仰角为60°,即过点B的切线与地面AB的夹角为60°,根据切线长定理，圆心0与点B的连线OB平分该夹角，所同理，从点C观测球体的最大仰角为30°,则所以因为A,B,C三点共线且A在最左侧，所以BC=AC-AB,即40=(2+√3)R-√3R,解得R=20,所以该球体建筑物的体【分析】本题考查三角恒等变换的应用，需结合诱导公式、两角和差公式、二倍角公式、辅助角公式对各选项逐一化简求值，判断结果是否为√3.选项A错误；对于B,由二倍角公式得，选项B正确；对于C,对于D,由两角和的正切公式得，试卷第5页，共15页因为tan120°=tan(180°-6用锐角三角形得,从而得sinA>cosB,同理有sinB>cosC,sinC>cosA,可得不等式成立；由正弦定理可得b²+c²<a²,从而cosA<0,得到△ABC是钝角三角形；利用正弦定理，可得,再利用BA+BC与AC边上中线共线的性质可得点P的轨迹过△ABC的重心即可.【详解】对于选项A,由,得即sinAcosA=sinBcos又因为0<A<π,0<B<π,所以2A=2B或2A+2B=π,对于选项B,对于选项C,由题意得sin²B+sin²C<sin²A,由正弦定理得b²+c²<a².所以因为0<A<π,所即△ABC是钝角三角形，故C正确；又菱形对角线AC⊥BD,且BD∩DD₁=D,因此AC试卷第6页，共15页试卷第7页，共15页的高h=2√3,这也是点B到侧面AAD₁D的距离，r²=R²-d²=(2√7)²-(2√3)²=28-12=16侧面AAD₁D是边长为4的正方形，H为AD中点，HA=HD=2,圆与AA交于点E,由HE=4,HA=2,勾股得AE=2√3<4,交点在棱上；圆与上棱A₁D₁相切于中点G(H到AD₁距离为4,等于半径),又因为AC=BC-BA,所以所以,即理，对应系数相等，所以【分析】利用△ABC面积等于莱莫恩点分割出的三个小三角形面积和，结合定义的比例关系代入边长、面积求解k;【详解】已知a=13,b=5,c=12,又S=30,a²+b²+c²=338,所以30=169k,解得【分析】设平面α与BC,C₁D₁,AD,A4的交点为G,H,I,J,因为平面α//平面PMN,可得【详解】设平面α与BC,C₁D₁,A₁D,AA,的交点为G,H,I,J.因为平面α//平面PMN,平面α∩平面ABCD=EG,平面PMN∩平面ABCD=MN,连接AC,在△ADC中，M,N所以EG//AC.在Rt△ABC中，E是AB的中点，所以G为BC中点.同理可得EF=GF=FH=HI=IJ=EJ=3√2.试卷第8页，共15页试卷第9页，共15页【分析】(1)直接根据投影向量的计算公式求解；(2)先求得向量c、d的坐标，再根据c·d>0,且c与d不共线，列出关于λ的不等式组，解出范围即可.所以a在b方向上的投影向量(2)c=a+2b=(1,-4)+2(d=a-2b=(1,-4)-λ(2,3)=(1-22,-因为c与a的夹角为锐角，所以c.d>0,且c与d不共线，由cd>0,得5(1-22)+2(-4-32)>0,解得若c与d共线，则5(-4-32)-2(1-22)=0,解得λ=-2,此时a=(5,2)=c,c、a同向，夹角为0,舍去.综上，且λ≠-2,即因为ABCD是圆柱的轴截面，所以AD⊥底面ABE,又BEc底面ABE,故AD⊥BE.又AB是下底面直径，E在圆弧AB上，故∠AEB=90°,即BE⊥AE.因为AD∩AE=A,且AD,AEc平面ADE,所以BE⊥平面ADE.又APc平面ADE,因此BE⊥AP,得证.【分析】(1)利用圆柱轴截面性质得到AD垂直底面圆所在平面，可得AD⊥BE.由AB是底面圆直径，可求得BE⊥AE,结合线面垂直判定定理和性质定理证明.(2)将异面直线平移到同一三角形，再利用余弦定理求夹角即可.(3)将A,B,D,E的外接球等价转化为“以DA,AE,BE为长宽高的长方体”的外接球角线长等于外接球直径求解球的表面积和体积.【详解】(1)略.试卷第10页，共15页因为AB是圆柱下底面直径，E在圆周上，得∠AEB=即圆柱底面半径为1,圆柱高AD=O₁O₂=1.O₁是上底面圆心，O₁O₂⊥下底面，在Rt△O₁O₂B中：则∠EAF就是AE与O₁B所成的角(或其补角),AF=O₁B=√2.(3)由第一问结论可得DA,AE,BE两两垂直：DA⊥AE,DA⊥BE,AE⊥BE,因此A,B,D,E的外接球【分析】小问(1)根据题目的图像解出相应的未知数从而解出g(x),再根据题目条件求出y=f(x),再根小问(2)求出f(x)的取值范围，再将h(x)转化成一个一元二次函数，在【详解】(1)由图像可得A=2,周(2)当时，则则h(x)=[f(x)]²-4f(x)+a=P-4t+a,试卷第11页，共15页试卷第12页，共15页解得0<a<3;因为PC=PD,G为CD中点，所以PG⊥CD,因为PGnCD=G,所以AC⊥平面PCD,因为ACc平面PAC,所以平面PAC⊥平面PCD. (3)建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，设PM=λPA(0<λ<1),分别求出平面PCD与平面CDM的法向量，利用向量夹角公式列出方程，求得λ即可.【详解】(1)略(3)在棱PA上存在点M,使得平面PCD与平面CDM的夹角为30°,M为PA上靠近P的三等分点，证过C作PG的平行线CN,则以C为原点，CQ所在直线为x轴，CB所在则PA=(1,3,-√6),CP=(1,-1,√6),CD=(2,-2,0),设PM=λPA,由题可知0<λ<1,CM=CP+PM=CP+λPA=(