福建省福州市長樂區(qū)長樂高級中學2025屆數(shù)學高一下期末聯(lián)考試題含解析

福建省福州市長樂區(qū)長樂高級中學2025屆數(shù)學高一下期末聯(lián)考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．在△ABC中角ABC的對邊分別為A．B．c，cosC＝，且acosB+bcosA＝2，則△ABC面積的最大值為（）A． B． C． D．2．為得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)圖象上的所有點（）A．向右平移3個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移3個單位長度 D．向左平移個單位長度3．已知是兩條異面直線，，那么與的位置關系（）A．一定是異面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能垂直4．如圖,已知平行四邊形,,則()A． B．C． D．5．在正六邊形ABCDEF中，點P為CE上的任意一點，若，則（）A．2 B． C．3 D．不確定6．在平面直角坐標系中，為坐標原點，為單位圓上一點，以軸為始邊，為終邊的角為，，若將繞點順時針旋轉至，則點的坐標為（）A． B． C． D．7．設，是平面內一組基底，若，，，則以下不正確的是（）A． B． C． D．8．已知一幾何體的三視圖，則它的體積為（）A． B． C． D．9．執(zhí)行下面的程序框圖，則輸出的的值為（）A．10 B．34 C．36 D．15410．利用斜二測畫法得到的:①三角形的直觀圖是三角形;②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形;③相等的角在直觀圖中仍然相等;④正方形的直觀圖是正方形.以上結論正確的是()A．①② B．① C．③④ D．①②③④二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設直線與圓C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B兩點，若，則圓C的面積為________12．已知數(shù)列滿足且，則____________．13．設的內角、、的對邊分別為、、，且滿足.則______.14．已知，則與的夾角等于____.15．將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，則折起后B，D兩點的距離為________.16．給出下列四個命題：①在中，若，則；②已知點，則函數(shù)的圖象上存在一點，使得；③函數(shù)是周期函數(shù)，且周期與有關，與無關；④設方程的解是，方程的解是，則.其中真命題的序號是______.（把你認為是真命題的序號都填上）三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，在三棱柱中，側棱垂直于底面，，分別是的中點.（1）求證：平面；（2）求三棱錐的體積.18．如圖，在中，，，，.（Ⅰ）求AB；（Ⅱ）求AD.19．在四棱錐中，，．（1）若點為的中點，求證：平面；（2）當平面平面時，求二面角的余弦值．20．已知向量,的夾角為,且,.(1)求；(2)求.21．設函數(shù)f（x）＝2cos2x﹣cos（2x﹣）．（1）求f（x）的周期和最大值；（2）已知△ABC中，角A．B．C的對邊分別為A，B，C，若f（π﹣A）＝，b+c＝2，求a的最小值．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

首先利用同角三角函數(shù)的關系式求出sinC的值，進一步利用余弦定理和三角形的面積公式及基本不等式的應用求出結果．【詳解】△ABC中角ABC的對邊分別為a、b、c，cosC，利用同角三角函數(shù)的關系式sin1C+cos1C＝1，解得sinC，由于acosB+bcosA＝1，利用余弦定理，解得c＝1．所以c1＝a1+b1﹣1abcosC，整理得4，由于a1+b1≥1ab，故，所以．則，△ABC面積的最大值為，故選D．【點睛】本題考查的知識要點：三角函數(shù)關系式的恒等變換，正弦定理余弦定理和三角形面積的應用，基本不等式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力，屬于中檔題．2、B【解析】

先化簡得，根據(jù)函數(shù)圖像的變換即得解.【詳解】因為，所以函數(shù)圖象上的所有點向右平移個單位長度可得到函數(shù)的圖象.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數(shù)圖像的變換，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.3、C【解析】

由平行公理，若，因為，所以，與、是兩條異面直線矛盾，異面和相交均有可能．【詳解】、是兩條異面直線，，那么與異面和相交均有可能，但不會平行．因為若，因為，由平行公理得，與、是兩條異面直線矛盾．故選C．【點睛】本題主要考查空間的兩條直線的位置關系的判斷、平行公理等知識，考查邏輯推理能力，屬于基礎題.4、A【解析】

根據(jù)平面向量的加法運算，即可得到本題答案.【詳解】由題，得.故選：A【點睛】本題主要考查平面向量的加法運算，屬基礎題.5、C【解析】

延長交于點，延長交于點，可推出，，所以有，然后利用平面向量共線的推論即可求出【詳解】如圖，延長交于點，延長交于點設正六邊形ABCDEF的邊長為則在中有，，所以，所以有，同理可得因為所以因為三點共線，所以有，即故選：C【點睛】遇到三點共線時，要聯(lián)想到平面向量共線的推論：三點共線，若，則.6、C【解析】

由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義，誘導公式，求得點的坐標．【詳解】為單位圓上一點，以軸為始邊，為終邊的角為，，若將繞點順時針旋轉至，則點的橫坐標為，點的縱坐標為，故點的坐標為.故選C.【點睛】本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，誘導公式，考查基本的運算求解能力．7、D【解析】

由已知及平面向量基本定理可得：，問題得解.【詳解】因為，是平面內一組基底，且，由平面向量基本定理可得：，所以，所以D不正確故選D【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用，還考查了同角三角函數(shù)的基本關系，屬于較易題．8、C【解析】所求體積，故選C.9、B【解析】試題分析：第一次循環(huán)：第二次循環(huán)：第三次循環(huán)：第四次循環(huán)：結束循環(huán)，輸出，選B.考點：循環(huán)結構流程圖【名師點睛】算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環(huán)結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環(huán)結構、偽代碼，其次要重視循環(huán)起點條件、循環(huán)次數(shù)、循環(huán)終止條件，更要通過循環(huán)規(guī)律，明確流程圖研究的數(shù)學問題，是求和還是求項.10、A【解析】

由直觀圖的畫法和相關性質，逐一進行判斷即可.【詳解】斜二側畫法會使直觀圖中的角度不同，也會使得沿垂直于水平線方向的長度與原圖不同，而多邊形的邊數(shù)不會改變，同時平行直線之間的位置關系依舊保持平行，故：①②正確，③和④不對，因為角度會發(fā)生改變.故選：A.【點睛】本題考查斜二側畫法的相關性質，注意角度是發(fā)生改變的，這是易錯點.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】因為圓心坐標與半徑分別為，所以圓心到直線的距離，則，解之得，所以圓的面積，應填答案．12、【解析】

由題得為等差數(shù)列，得，則可求【詳解】由題：為等差數(shù)列且首項為2，則，所以．故答案為：2550【點睛】本題考查等差數(shù)列的定義，準確計算是關鍵，是基礎題13、4【解析】

解法1有題設及余弦定理得.故.解法2如圖4，過點作，垂足為.則，.由題設得.又，聯(lián)立解得，.故.解法3由射影定理得.又，與上式聯(lián)立解得，.故.14、【解析】

根據(jù)向量的坐標即可求出，根據(jù)向量夾角的公式即可求出．【詳解】∵，，，，∴，又，∴．故答案為：．【點睛】考查向量坐標的數(shù)量積運算，向量坐標求向量長度的方法，以及向量夾角的余弦公式，屬于基礎題．15、1.【解析】

取AC的中點E，連結DE，BE，可知DE⊥AC，由平面ACD⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，DE⊥BE，而，再結合ABCD是正方形可求出.【詳解】取AC的中點E，連結DE，BE，顯然DE⊥AC，因為平面ACD⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥BE，而，所以，.【點睛】本題考查了空間中兩點間的距離，把空間角轉化為平面角是解決本題的關鍵.16、①③【解析】

①利用三角形的內角和定理以及正弦函數(shù)的單調性進行判斷；②根據(jù)余弦函數(shù)的有界性可進行判斷；③利用周期函數(shù)的定義，結合余弦函數(shù)的周期性進行判斷；④根據(jù)互為反函數(shù)圖象的對稱性進行判斷.【詳解】①在中，若，則，則，由于正弦函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，所以，故命題①正確；②已知點，則函數(shù)，所以該函數(shù)圖象上不存在一點，使得，故命題②錯誤；③函數(shù)的是周期函數(shù)，當時，，該函數(shù)的周期為.當時，，該函數(shù)的周期為.所以，函數(shù)的周期與有關，與無關，命題③正確；④設方程的解是，方程的解是，由，可得，由，可得，則可視為函數(shù)與直線交點的橫坐標，可視為函數(shù)與直線交點的橫坐標，如下圖所示：聯(lián)立，得，可得點，由于函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象關于直線對稱，則直線與函數(shù)和函數(shù)圖象的兩個交點關于點對稱，所以，命題④錯誤.故答案為：①③.【點睛】本題考查三角函數(shù)的周期、正弦函數(shù)單調性的應用、互為反函數(shù)圖象的對稱性的應用以及余弦函數(shù)有界性的應用，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】試題分析：（1）做輔助線，先證及四邊形為平行四邊形平面；（2）利用勾股定理求得.試題解析：（1）證明：取中點,連接，則∵是的中點，∴；∵是的中點，∴,∴四邊形為平行四邊形，∴,∵平面,平面,∴平面；（2）∵,∴,∴18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用余弦定理，解得的長；（Ⅱ）利用正弦定理得，計算得，，再利用為直角三角形，進而可計算的長.【詳解】（Ⅰ）在中，由余弦定理有，即，解得或（舍），所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，在中，由正弦定理有，得，，所以，，又，則為直角三角形，所以，即，故.【點睛】本題考查余弦定理和正弦定理的簡單應用，屬于基礎題.19、（1）見解析；（2）.【解析】

(I)結合平面與平面平行判定,得到平面BEM平行平面PAD,結合平面與平面性質,證明結論.(II)建立空間坐標系,分別計算平面PCD和平面PDB的法向量,結合向量數(shù)量積公式,計算余弦值,即可.【詳解】(Ⅰ)取的中點為，連結，.由已知得，為等邊三角形，.∵，，∴，∴，∴.又∵平面，平面，∴∥平面.∵為的中點，為的中點，∴∥.又∵平面，平面，∴∥平面.∵，∴平面∥平面.∵平面，∴∥平面.(Ⅱ)連結，交于點，連結，由對稱性知，為的中點，且，.∵平面平面，，∴平面，，.以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立空間直角坐標系.則(0，，0)，(3，0，0)，(0，0，1).易知平面的一個法向量為.設平面的法向量為，則，，∴，∵，，∴.令，得，∴，∴.設二面角的大小為，則.【點睛】本道題考查了平面與平面平行判定和性質,考查了空間向量數(shù)量積公式,關鍵建立空間坐標系,難度偏難.20、（1）1；（2）【解析】

（1）利用向量數(shù)量積的定義求解；（2）先求模長的平方，再進行開方可得.【詳解】（1）?=||||cos60°=2×1×=1；（2）|+|2=（+）2=+2?+=4+2×1+1=7.所以|+|=.【點睛】本題主要考查平面向量數(shù)量積的定義及向量模長的求解，一般地，求解向量模長時，先把模長平方，化為數(shù)量積運算進行求解.21、（1）周期為π，最大值為2.（2）【解析】

（1）利用倍角公式降冪，展開兩角差的余弦，將函數(shù)的關系式化簡余弦型函數(shù)，可求出函數(shù)的周期及最值；（2）由f（π﹣A），求解角A，再利用余弦定理和基本不等式求a的最小值．【詳解】（1）函數(shù)f（x）＝2cos2x﹣