北京市第五十七中学2025-2026学年高一年级下学期数学期末试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市第五十七中学2025-2026学年高一年级下学期数学期末试题一、单项选择题：本大题共12小题，共60分。1.已知集合，，，则（

）A. B. C. D.2.若为第三象限角，则下列各式的值为负数的是（

）A. B. C. D.3.在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（

）A.若，，，则 B.若，，则

C.若，，则 D.若，，则4.将曲线y=cos2x向右平移m个单位长度后，得到的曲线关于原点中心对称，则m的最小值为（）A. B. C. D.5.设，则“是第一象限角”是“”的（

）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件6.函数的图象为（

）A. B.

C. D.7.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b,c,sinA•sinC=sin2B，设△ABC的面积为S，若，则△ABC的形状为（）A.直角三角形 B.钝角三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形8.设max{a，b}表示a与b的最大值，若x，y都是正数，，则z的最小值为（

）A. B.3 C.8 D.99.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10.中华人民共和国道路交通安全法判定酒驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于，但小于；判定醉驾的标准为：驾驶员血液中酒精含量大于或等于。某驾驶员饮酒后血液中酒精含量为，若停止喝酒后，血液中酒精含量以每小时的速度减少，则该驾驶员至少需经过（）小时才能合法驾驶（酒精含量需小于）。参考数据：，。A. B. C. D.11.如图，西周琱（diāo）生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆柱和圆台的高之比约为5∶3，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为4∶5，则圆柱与圆台的体积之比约为（）

A.80∶81 B.80∶61 C.9∶8 D.1∶212.如图，在棱长为1的正方体中，上底面内（含边界）有一动点，下列说法错误的是（

）

A.若平面平面，则

B.当时，点的轨迹长度为

C.若是上一动点，则的最小值为

D.若异面直线与所成角为，则的取值范围是二、填空题：本题共8小题，每小题5分，共40分。13.已知，则的共轭复数的虚部为

．14.某校知识竞赛分初赛、复赛两轮．初赛要求如下：参赛者从5道编号为“1、2、3、4、5”的试题中随机抽取3道作答，已知该参赛者会这5道试题中的3道（编号为奇数的题目）．规定抽取的3道题至少答对2题方可进入复赛，求参赛者能进入复赛的概率

．15.在复平面上，复数2和2i所对应的点分别A、B，复数z1所对应的点在线段AB上移动，若|z1-z2|=1，则复数z2对应点所构成图形的面积为

.16.青花瓷（blueandwhiteporcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为1，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是

．

17.已知函数（）,如图所示,直线与曲线

交于两点,若,在区间上单调递减,则

；的一个取值为

.18.在锐角中，内角的对边分别为，且满足．则的取值范围为

.19.若函数在上无最小值，则的取值范围为

．20.设，函数，给出下列四个结论：①在区间上单调递减；②当时，存在最大值；③设，则；④设．若存在最小值，则a的取值范围是．其中所有正确结论的序号是

．三、解答题：本题共6小题，共50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。21.(本小题8分)已知向量，，设．(1)若，，求的值．(2)若，求的最小值，及此时实数的值．(3)若，求的取值范围.22.(本小题8分)如图，在三棱柱中，点、分别为、的中点，平面与平面相交于．(1)求证：(2)已知，，，，，（ⅰ）求证：；（ⅱ）若为中点，为上动点，求三棱锥的体积．23.(本小题8分)已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为．(1)求函数解析式；(2)求在上的单调递增区间；(3)设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围．24.(本小题8分)如图，在直三棱柱中，是棱的中点，且，．(1)求证：平面；(2)从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题：（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．条件①：．条件②：；条件③：；注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分．25.(本小题9分)如图所示，在平面四边形中，，，为正三角形．(1)在中，角，，的对边分别为，，，若，求角的大小；(2)克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求．(3)求面积的最大值．26.(本小题9分)对于给定的非空数集，定义集合，，当时，称A具有孪生性质．(1)若集合，求集合，；(2)若集合，，且，求证：；(3)若集合，且集合C具有孪生性质，记为集合C中元素的个数，求的最大值．

1.【答案】A

2.【答案】A

3.【答案】D

4.【答案】B

5.【答案】C

6.【答案】A

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】D

10.【答案】C

11.【答案】B

12.【答案】D

13.【答案】3

14.【答案】/0.7

15.【答案】

16.【答案】

17.【答案】

；

（答案不唯一，满足即可）

18.【答案】

19.【答案】

20.【答案】②③

21.【答案】解：（1）因为向量，，，，所以，整理可得，故.（2）若，则，，所以，当且仅当时，等号成立，故最小值为，此时.（3）因为，当时，，则，所以，即当时，的取值范围是.

22.【答案】解：(1)如图，取的中点，连接,因分别为、的中点.，则，又，故，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以；(2)（ⅰ）因为，，，所以平行四边形为正方形，即，又，平面，所以平面，即三棱柱为直三棱柱，又因为，，，由，可得，在直三棱柱中，因平面，平面，则，又平面，故平面，因平面,故；（ⅱ）由（1）知，所以，故，又为中点，所以，由（ⅰ），已得平面，故所以即三棱锥的体积为.

23.【答案】解：（1），相邻对称轴距离，，即.（2）解不等式，可得，或，与求交集：递增区间为，.（3）对于任意的，，都有，等价于，，，，不等式转化为，，令，，，开口向下，对称轴，当时，最大值，代入解不等式，得，当时，最大值，代入解不等式，得，当时，最大值，代入解不等式，得，综上，.

24.【答案】解：(1)如图，连接，与交于点O，连接OD，

因为四边形是平行四边形，所以O为的中点.又D是棱AC的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．(2)（Ⅰ）选择条件②，.由D是棱AC的中点，得.在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，平面，所以平面，所以.因为，所以，又，在和中，，所以，而，则，所以，又，BD，平面，所以平面.选择条件③：．因为底面ABC，平面ABC，所以，又，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，又，在和中，，所以，而，则，所以，又，BD，平面，所以平面.选择条件①：，因为，所以，又，在和中，，所以，而，则，所以，又，BD，平面，所以平面.（Ⅱ）当点N为的中点，即时，平面平面．由（Ⅰ）选择条件②，.由D是棱AC的中点，得.在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，平面，所以平面，选择条件③：．因为底面ABC，平面ABC，所以，又，，，平面，所以平面，选择条件①：，在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以.又，，平面，所以平面，即选择①②③，都有平面，如图，取的中点为M，连接DM、MN，因为M、D分别为、AC的中点，所以且，又N为的中点，所以且，所以四边形BDMN为平行四边形，故.又平面，所以平面，又平面，所以平面平面．

25.【答案】解：（1）因为，且，所以，即，即，由正弦定理可知，，由余弦定理可得：，化简得：，因为，，所以，所以，又，所以.（2）已知是正三角形，，对于四边形应用托勒密不等式：，因为，两边同除以：，等号成立条件：四边形对角互补，此时，，，四点共圆，则，又，等边，，所以，，等号成立时，在中，，，，在中，由余弦定理：，三边：，，，余弦定理：，得，所以，又，得,（3）设，在中，余弦定理：，为正三角形，，设，正弦定理：，则，，代入：，又，则最大值为1，所以当即时，.

26.【答案】解：（1）由集合，得，，，，，，因此，又，，，，，，所以．（2）证明：由集合，，得集合的元