山东省日照市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

山东省日照市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填（涂）写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；不准使用铅笔和涂改液。4.考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并交回。一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．(

)A. B. C. D.2．已知某扇形的圆心角为,其所对的弦长为,则该扇形的面积为(

)A. B. C. D.3．在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,,则边(

)A.5 B. C.4 D.34．已知,,,则向量与的夹角为(

)A. B. C. D.5．已知圆柱的高为6,底面直径为8,若圆柱的底面圆周恰好在球O的球面上,则球O的表面积为(

)A. B. C. D.6．下列四个函数中,以为最小正周期,且在区间上单调递减的是(

)A. B. C. D.7．在四面体中,已知,,那么顶点C在平面内的射影H必在(

)A.直线上 B.直线上 C.直线上 D.内部8．设实数x,y满足,则的最大值为(

)A.1 B. C. D.2二、多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中，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．已知,为两个不同的平面,m,n为两条不同的直线,则下列命题正确的是(

)A.若,,则 B.若,,则C.若,,则 D.若,,则10．已知函数的一个零点是,函数,则(

)A.在区间上的值域为B.C.若方程的相邻的两根分别为,,则D.函数的最大值为11．在棱长为1的正方体中,M为正方体内（含表面）的动点,为线段上的动点,若直线与的夹角为,则(

)A.的最小值为B.点M的轨迹形成图形的面积为C.点M的轨迹与正方体表面交线的长度为D.当点M在侧面上时,的最小值为1三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知角顶点在坐标原点,始边为x轴的正半轴,终边经过点,则的值为_____.13．如图,在中,,,,若是以A为圆心的单位圆的一条动直径,则的最大值是____________________14．如图,在体积为1的三棱锥的侧棱,,上分别取点E,F,G,使,.记O为平面,平面,平面的交点,则三棱锥的体积等于__________.四、解答题:本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）已知函数的部分图象如图所示,分别是图象的最低点和最高点,.（1）求函数的解析式;（2）将函数的图象向左平移个单位长度,再把所得图象上各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）,得到函数的图象,求函数的单调递增区间.16．（15分）如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,侧面是边长为2的正三角形,平面平面,,,M为线段上一点,N为的中点.（1）当M为的中点时,求证:平面;（2）若平面,求三棱锥的体积.17．（15分）已知在平面四边形中,,,,平分,与相交于点O.（1）求的长;（2）若,求平面四边形的面积.18．（17分）已知、是夹角为的不共线的单位向量,对于同一平面的任意,存在唯一确定的实数对,使得,我们把实数对称作关于基底的坐标,记作.（1）若,,求;（2）若,,且与的夹角为,求;（3）如图所示,,,,E、F分别为、中点,求的最大值.19．（17分）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设P为多面体Γ的一个顶点,定义多面体在点P处的离散曲率为,其中为多面体的所有与点P相邻的点,且平面,平面,平面,平面为多面体的所有以P为公共点的面.已知平面多边形的外接圆圆心O为与的交点,如图①,且,将沿翻折到如图②,连接.（1）求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和;（2）已知直线与直线所成角的余弦值为.①求四棱锥在顶点A处的离散曲率;②设Q为线段上的动点（不包括端点）,与平面所成角为,二面角的平面角为,其中,求的最大值.参考答案1．答案：B解析：.2．答案：B解析：设该扇形的半径为r,因为扇形的圆心角为,其所对的弦长为,则,则该扇形的面积为.故选:B.3．答案：D解析：,,,,,.故选:D.4．答案：A解析：因为,所以,又,,,解得,,且,,即向量与的夹角为.故选:A.5．答案：B解析：由题意可知,球O和圆柱的空间位置关系如图所示,设球O的半径为R,由题意可知,,则在直角中,,所以球O的表面积.6．答案：D解析：选项A,当时,,因为在上不单调,故在不单调,所以A错误.选项B,周期为,不是,故B错误选项C,根据绝对值的函数变换规律可知草图如下所示,所以不是周期函数,故C错误.选项D,据绝对值的函数变换规律可知草图如下所示,所以的最小正周期为,且在区间上单调递减7．答案：A解析：已知,,且,平面,平面,根据线面垂直的判定定理,可得平面,又平面,根据面面垂直的判定定理,可得平面平面,且两平面的交线为,根据面面垂直的性质定理,平面内的点C向平面作垂线,垂足必在两平面的交线上,故A正确.8．答案：C解析：设,已知,将两式分别平方相加得,左边因此有,整理得,由正弦函数的值域可知,故,即,当且仅当时等号成立.因此的最大值为.9．答案：AB解析：对于A,由,得存在过m的平面,则,由,得,因此,A正确;对于B,由,,得,B正确;对于C,,当时,满足,此时不成立,C错误;对于D,当,,得或相交,D错误.10．答案：BCD解析：因为函数的一个零点是,所以.即,展开化简得,即,所以,即.由于,所以.所以.当时,,所以,A错误;,B正确;所以.因为,所以令,即,所以,即,因为方程的相邻的两根分别为,,则,C正确;,由于,所以,所以,所以.所以当时,,此时取最大值为1,所以的最大值为,D正确.11．答案：ABD解析：对于A,由图注意到,将平面沿折叠至平面处,使C,A,,D共面,则,当且仅当,N,C三点共线时取等号,故A正确;对于B,注意到,则M的轨迹为如图以A为顶点,为高,AC,为母线的圆锥侧面的,则点M的轨迹所形成图形的面积为:,故B正确;对于C,由B分析,点M的轨迹与正方体表面的交线长度为:,故C错误;对于D,注意到,过N作平行线交于P,则,从而,当且仅当P,N,M三点共线时取等号,故D正确.12．答案：解析：因为角终边经过点,所以,所以.13．答案：2解析：以A为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴的正方向建立平面直角坐标系,由题意可知,,.因为为圆心为A的单位圆的一条动直径,设,则,所以,,所以,其中.因为,所以,所以当时,取得最大值,最大值为.14．答案：解析：如图,假设,连接,则,如图,在中,连接,设,所以,又,所以,解得,即,同理,则,则,设到底面的距离分别为,则,又,所以,所以,所以.15．答案：（1）;（2）解析：（1）由图象可得:,所以的周期.于是,得,又,,,,又将代入得,,所以,即,由得,,.（2）将函数的图象沿x轴方向向左平移个单位长度,得到的图象对应的解析式为:,再把所得图象上各点横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）,得到的图象对应的解析式为,由,得,,,函数的单调递增区间为.16．答案：（1）见解析（2）解析：（1）取中点E,连接,,由于M为的中点,所以,且,又在中,,N为BC中点,所以,,且,所以,且,所以,四边形为平行四边形,所以,,又平面,平面,所以,平面.（2）连接交于点F,连接,作于点G,由平面,平面,平面平面,所以,所以,又在中,,所以,,又N为中点,所以,,所以,,所以,由于侧面是边长为2的正三角形,,,平面平面,平面平面,平面,所以,平面,所以,.17．答案：（1）（2）解析：（1）因为,则是钝角,所以,因为平分,则,又因是锐角,则,则,且,则所以解得.（2）在中,,所以,因,代入解得,又因,,所以平面四边形的面积为:.18．答案：（1）（2）（3）解析：（1）当时,由平面向量数量积的定义可得,因为,即,所以.（2）因为,,则,,由平面向量数量积的定义可得,所以,,同理可得,因为与的夹角为,则,解得.（3）因为E为的中点,,则,,所以,又因为,所以,即,设,则,所以,当且仅当时,即当时,等号成立,所以,即的最大值为.19．答案：（1）2（2）①;②解析：（1）因为,,,内角和均为,四边形内角和为,则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为;（2）①过点B作交于F,连接,则即为直线与直线所成角或其补角,因,平面多边形的外接圆圆心O为