江苏省连云港市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

江苏省连云港市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．已知集合，，则(

)A. B. C. D.2．不等式的解集为(

)A. B.C. D.3．在中，C是上一点，且，设，，用，表示为(

)A. B. C. D.4．已知一个圆台上、下底面的半径分别为1，2，母线与下底面所成的角为，则圆台的体积为(

)A. B. C. D.5．已知，是夹角为的两个单位向量，，，则(

)A. B. C.0 D.16．已知，，，，则(

)A. B. C. D.7．在正方体中，M为的中点，则与夹角的余弦值为(

)A. B. C. D.8．四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点P为的中点，则二面角的余弦值为(

)A. B. C. D.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．已知向量，，，下列结论正确的有(

)A.若，则 B.若，则C.若与的夹角为，则 D.若与平行，则10．设α，β表示两个不同的平面，m，n表示两条不同的直线，下列结论正确的有(

)A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则11．已知棱长为2的正四面体，P为的中心，M为平面内的动点，N为棱上的动点，下列说法正确的有(

)A.该正四面体的外接球的半径为B.若，N为的中点，则的最小值为C.若，则的最小值为D.过点N的截面与和都平行，则截面面积的最大值为1三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。12．复数的虚部为_____________.13．已知向量，满足，，若，则________.14．在中，已知，，则________.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，.(1)求函数的最小正周期；(2)求函数的最大值.16．（15分）如图，A，B是某沼泽地上不便到达的两点，C，D是可到达的两点，A，B，C，D四点都在水平面上，测得：，，，，.(1)求A，B两点之间的距离（精确到）；(2)求四边形的面积（精确到）.（参考数据：，）17．（15分）如图，在正方体中：

(1)若E，F分别为棱，上的点，且，，证明：平面；(2)若M为棱上的一点，且平面平面，求的值.18．（17分）(1)如图1，已知，，，证明：；(2)如图2，已知平面α，β，γ，，，，证明：.19．（17分）如图，在矩形中，，，M是线段上的动点（端点除外），将沿着折起，使点A到达点的位置，满足点平面，且点在平面内的射影E落在线段上.

(1)是否存在点M，使得平面？若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由；(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小；(3)求三棱锥体积的最大值.参考答案1．答案：A解析：由集合，，则.2．答案：D解析：由可得，所以不等式的解集为3．答案：B解析：因为点C在上，且，故，根据向量减法的三角形法则，，根据向量加法的三角形法则，则：.4．答案：D解析：圆台上下底面半径分别为，，由母线与下底面夹角为得高，代入圆台体积公式，计算得，5．答案：C解析：因为，，所以根据数量积的运算律有，，即.6．答案：A解析：因为，，所以，又，，所以，，所以.7．答案：B解析：设正方体棱长为2，如图，以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立坐标系，，，，，，，所以，所以与夹角的余弦值为.8．答案：B解析：在四棱柱中，由，平面，得平面，又平面，则，由底面是菱形，得，令，连接，，，由，O是的中点，得，又，平面，则平面，又平面，因此，为二面角的平面角，由，，，点P为的中点，得，，，由余弦定理得，所以二面角的余弦值为.9．答案：ACD解析：对于A，由，得，解得，A正确；对于B，由，得，解得，B错误；对于C，由与的夹角为，得，解得，C正确；对于D，依题意，，不共线，由与平行，得，解得，D正确.10．答案：BC解析：选项A：若，，则或，并非一定满足，故A错误；选项B：根据线面垂直的性质，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，因此若，，则，故B正确；选项C：根据面面平行的判定，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，因此若，，则，故C正确；选项D：如下图正方体中，不妨取平面为平面α，平面为平面β，直线为m，则满足，，但，即不成立，故D错误.11．答案：ABD解析：选项A，棱长为2的正四面体，可看作棱长为x的正方体切掉4个角（4个全等小三棱锥）得到，且正方体面对角线等于正四面体棱长，即，解得，即容纳该正四面体的正方体棱长为，正四面体的外接球就是包裹它的正方体的外接球，正方体外接球直径等于正方体体对角线，正方体体对角线长：，外接球半径，故选项A正确.选项B，连接、，正四面体中、均为边长等于2的等边三角形，N是中点，则，，又平面，平面，且，则平面.当点M在线段上，则平面，得，因此满足条件的动点M的轨迹为线段.在中，，，，同理可得，在中，，，则为等腰三角形，当M为中点时，，此时垂线段长度最小，，在中，，故选项B正确.选项C，过点P作，分别交、于点G、H，连接、、，因为P是正的中心，故；又，得，因为三棱锥是正四面体，所以平面，因为平面，所以.因为，且平面，所以平面，若M在线段上，则平面，因为平面，所以，因此满足条件的动点M的轨迹为线段，延长交于点Q，则Q为中点，因为P是正的中心，则，因为，所以，故，在中，，，，由余弦定理得，解得，同理，在中，，，由余弦定理可得，则，当时，取得最小值，且最小值为，故的最小值为，因此选项C错误.选项D，过点N的截面交于E，交于F，交于H，因为截面，平面，平面平面，所以，同理，则，同理可得，所以四边形为平行四边形，因为是正四面体，所以，因为，，所以，所以为矩形，设，则，则，解得，，解得，则矩形的面积为，对称轴为，故当时，矩形的面积取最大值，且最大值为，即截面面积的最大值为1，故选项D正确.12．答案：3解析：复数的虚部为313．答案：解析：因，，，则，则，故.14．答案：解析：因为，，则将两个已知等式相加得知，则，即得，结合得，故；将两个已知等式相减得，结合得，因此.15．答案：(1)(2)解析：(1)，其中，则函数的最小正周期；(2)由，其中，由，故的最大值为.16．答案：(1)(2)解析：(1)在中，，，则，又，由正弦定理，得.在中，，，又，由正弦定理，得.在中，由余弦定理，得，，(2).答：A，B两点之间的距离约为，四边形的面积约为.17．答案：(1)见解析(2).解析：(1)连接，在正方体中，易知，因为，，故，又因为，故，又因为平面，平面，故平面.(2)

连接，与交于H，易知点H是中点，连接，，，，易知平面，故，，又因为，由勾股定理可知，，又因为H是中点，故，同理易证.因为平面平面，故二面角为直二面角，因为平面，平面，平面平面，，，故是二面角的平面角，即.不妨设，设，则，，由勾股定理计算得，，，又因为，故，即，得，则，因此.18．答案：(1)见解析(2)见解析解析：(1)证明：如图1，过直线m作平面γ，，过直线m作平面δ，，，，，，，，，，，，，，，，，.(2)证明：如图2，在l上任取一点P，设，，过点P作，，所以，，因为，，，，所以，因为，，，，所以，因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，所以，是同一条直线，又因为，，所以，与l是同一条直线，所以.19．答案：(1)见解析(2)；(3).解析：(1)不存在，理由如下：如图１，连接，因为点在平面内的射影E落在线段上，所以平面，因为平面，所以，若存在点M，使得平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，这与已知条件中矛盾，所以不存在点M，使得平面.(2)作，作平面，连接，，所以直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，也即，设，所以，因为，，，所以四边形是矩形，所以，，因为，所以，因为，，所以，因为，，所以，，，所以，因为，所以，所以，连接，所以，在中，，所以，解得，如图3，作