精品解析：广西北海市2025-2026学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

北海市2026年春季学期期末教学质量检测 高一数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直角梯形，，，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为（ ） A. 球体 B. 圆锥 C. 圆台 D. 圆柱 4. 化为弧度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，那么，的夹角（ ） A. B. C. D. 6. 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ） A. B. C. D. 7. 在中，点D为边上靠近B的三等分点，点E为线段的中点，与交于点F．若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上单调，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共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. 如图，在六棱柱中，底面为正六边形，则下列结论正确的有（ ） A. B. 直线与平面平行 C. 直线 D. 点和到下底面的距离相等 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一条对称轴为 C. 在有三个零点 D. 函数为偶函数 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且为第二象限角，则的值为____________. 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为________． 14. 已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为__________． 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. 在平面四边形中，向量，，． （1）计算的坐标； （2）若向量与向量垂直，求实数k的值． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求角C的值 （2）若，的面积为，求的周长． 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，O是的中点，，． （1）证明：平面； （2）若，求点O到平面的距离． 18. 北海园博园是国家级旅游景区，园区以“花海丝路·绿映珠城”为主题，融合北部湾滨海特色与园林园艺文化．园内标志性游乐设施一摩天轮，现结合该摩天轮建立数学模型，假设数据如下：摩天轮转盘直径为50米，配有36个轿厢，转盘中心距地面高度为35米，摩天轮沿逆时针匀速转动，旋转一周需10分钟，一名游客从最低点出发，开始转动t分钟后距离地面的高度为．已知（，，）. （1）求摩天轮在转动一周的过程中，高度关于时间t的函数解析式； （2）若游客在距离地面至少47.5米时获得最佳视觉效果，求摩天轮运行一周内，游客的最佳视觉效果的持续时间； （3）游客甲、乙两人先后坐进座舱，甲先坐进去，并且乙与甲中间恰好间隔5个座舱，从乙进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，求两人距离地面高度差的最大值及此时的时间． 19. 如图，在矩形中，，，M为线段上的点，且，将沿着折起，点B翻折至的位置，连接，，形成四棱锥． （1）求证：平面； （2）若N为棱上的点，且满足平面，求的值； （3）求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北海市2026年春季学期期末教学质量检测 高一数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 则当，即时，函数有最大值. 3. 已知直角梯形，，，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为（ ） A. 球体 B. 圆锥 C. 圆台 D. 圆柱 【答案】C 【解析】 【详解】如图，绕着它的腰所在直线旋转一周，形成的面所围的几何体为圆台. 4. 化为弧度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，故化为弧度为. 5. 已知，，那么，的夹角（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，，，利用数量积的定义即可求出. 【详解】因为，， 所以，，， 所以， 又因为，所以． 故选：D. 6. 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案. 【详解】解：如图，连接， 因为是的中点， 所以， 又，所以三点共线， 即， 又， 所以， 则，故， 所以. 故选：B. 7. 在中，点D为边上靠近B的三等分点，点E为线段的中点，与交于点F．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，， 设，因为三点共线，所以， 则，则由平面向量基本定理可得，得， 则 8. 已知函数在上单调，则正实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将原函数化为正弦型函数后，利用正弦型函数单调性计算即可得. 【详解】 ， 由，当时，， 由函数在上单调，则，解得， 故正实数的取值范围为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共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. 如图，在六棱柱中，底面为正六边形，则下列结论正确的有（ ） A. B. 直线与平面平行 C. 直线 D. 点和到下底面的距离相等 【答案】AD 【解析】 【分析】根据六棱柱的结构特征，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，根据棱柱的定义可知，故A正确； 对于B，由于为正六边形，则直线和相交，因此直线与平面存在公共点，所以直线与平面不平行，故B错误； 对于C，根据棱柱的定义可知，根据正六边形的性质可知，与的夹角为，所以与的夹角为，故C错误； 对于D，由于棱柱的上下两个底面互相平行，点和都在上底面，故点和到下底面的距离相等，故D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一条对称轴为 C. 在有三个零点 D. 函数为偶函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】将原函数化为正弦型函数后，利用正弦型函数周期性、对称性以及正弦型函数图象逐项判断即可得. 【详解】， 对A：，即的最小正周期为，故A正确； 对B：当时，， 由是函数的一条对称轴， 故的一条对称轴为，故B正确； 对C：令，则， 若，则可为、、， 故在有三个零点，故C正确； 对D：， 该函数不为偶函数，故D错误. 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确. 【详解】对于中，由正弦定理得， 由，得，即， 由，则，故，所以或， 即或（舍去），即，A正确； 对于B，若，结合和正弦定理知， 又，所以可得，B正确； 对于，在锐角中，，即. 故，C错误； 对于，在锐角中，由， ， 令，则， 易知函数单调递增，所以可得，D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且为第二象限角，则的值为____________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：,所以. 考点：1.三角函数求值；2同角三角函数基本关系式. 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为________． 【答案】 【解析】 【分析】借助向量坐标运算及投影向量定义计算即可得. 【详解】，， ， 故在方向上的投影向量为. 14. 已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理得到，结合三棱锥体积公式分析得到体积最大时同时最大，利用余弦定理结合基本不等式求解的最大值，再使用线面角的定义得到，结合勾股定理求出，进而分析出点面距离最大的情况并求出，最后求解体积的最大值即可. 【详解】由正弦定理可得，而， 则，解得，设到面的距离为，而， 如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接， 若三棱锥的体积最大，则同时最大即可， 由三角形面积公式得， 由余弦定理得， 则， 得到， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故，则， 解得，即，故面积取得最大值为， 由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为， 由勾股定理得，则到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 而，故，则直线与平面所成角为， 因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上， 所以，而，而， 故是以为顶点的等腰直角三角形，得到， 当面垂直于平面时，点到平面的距离最大， 最大距离为， 故三棱锥体积的最大值为． 故答案为： 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. 在平面四边形中，向量，，． （1）计算的坐标； （2）若向量与向量垂直，求实数k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加法的坐标公式计算即得； （2）根据向量垂直的坐标计算公式列方程求解即得. 【小问1详解】 ， 即的坐标为. 【小问2详解】 ，，， ，， ∵向量与向量垂直，， 即， ，解得. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求角C的值 （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换求得以及的值； （2）由三角形的面积公式和余弦定理，即可求得的周长； 【小问1详解】 已知等式利用正弦定理化简得：， 整理得：， ，， ，又，； 【小问2详解】 由余弦定理得，， ，，，， 的周长为 17. 如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，O是的中点，，． （1）证明：平面； （2）若，求点O到平面的距离． 【答案】（1）因为是等边三角形，O是中点， 所以，又因为， ，平面，， 所以平面． （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在菱形中，，因为平面， 所以平面， 在平面内，作于， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，， 所以平面， 所以的长度为点O到平面的距离． 在中，因为，，， 所以，同理， 又因为，所以，所以边上的高， 即点O到平面的距离为． 18. 北海园博园是国家级旅游景区，园区以“花海丝路·绿映珠城”为主题，融合北部湾滨海特色与园林园艺文化．园内标志性游乐设施一摩天轮，现结合该摩天轮建立数学模型，假设数据如下：摩天轮转盘直径为50米，配有36个轿厢，转盘中心距地面高度为35米，摩天轮沿逆时针匀速转动，旋转一周需10分钟，一名游客从最低点出发，开始转动t分钟后距离地面的高度为．已知（，，）. （1）求摩天轮在转动一周的过程中，高度关于时间t的函数解析式； （2）若游客在距离地面至少47.5米时获得最佳视觉效果，求摩天轮运行一周内，游客的最佳视觉效果的持续时间； （3）游客甲、乙两人先后坐进座舱，甲先坐进去，并且乙与甲中间恰好间隔5个座舱，从乙进入座舱开始计时，在摩天轮转动一周的过程中，求两人距离地面高度差的最大值及此时的时间． 【答案】（1） （2）分钟 （3）或，高度差最大值为25米 【解析】 【分析】（1）根据最高、最低点距离地面高度计算出、，根据转一周的时间计算出，再结合初始位置计算出，由此可求； （2）化简，根据求解出的范围，由此可知结果； （3）根据题意求解出甲、乙距离地面的高度，作差后结合三角函数的最值求解出高度差的最大值及此时的时间. 【小问1详解】 由题意：，解得，又，则， 又时在最低点，最低点高度为米，故， 代入得，又，故， 所以， 化简得：； 【小问2详解】 由题意，代入解析式得， 得，解得， 令，，则， 由，得， 代入，解得，则， 故游客的最佳视觉效果的持续时间为分钟； 【小问3详解】 摩天轮共36个轿厢，相邻轿厢夹角为，两人间隔5个座舱， 圆心角， 设游客乙乘坐时间t（）分钟后，乙的高度， 则甲的高度， 他们的高度差为 ， 因为，当或，取得最大值1， 即当或时，高度差最大值为25米. 19. 如图，在矩形中，，，M为线段上的点，且，将沿着折起，点B翻折至的位置，连接，，形成四棱锥． （1）求证：平面； （2）若N为棱上的点，且满足平面，求的值； （3）求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 【答案】（1）证明：因为四边形为矩形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可得证； （2）在线段上截取，连接，，，证明，得平面，结合条件，利用面面平行的判定定理证得平面平面，再由面面平行的性质定理证明，即可求得线段比； （3）连接，交于点，在后图中证明，得平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面，即得即直线与平面所成角，结合可得在以P为圆心，为半径的圆上，利用直线与圆的位置关系求出的最大值，即得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，，，，则， ，在线段上截取，连接，，， 由，可得四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面，则平面，因为平面，又， ，平面，则平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又，，则； 【小问3详解】 在原图中连接，交于点，在中，，，则， 又在中，，，则，且, 在翻折后的图中，,又因平面, 则平面，又平面，∴平面平面， 则即直线与平面所成角. 由题可知，在以P为圆心，为半径的圆上，则当直线与圆相切时，取得最大值， 此时,，则， 故直线与平面所成角的正切值取值范围为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $