江西省部分校联考2025-2026学年高一下学期7月期末质量检测数学试题

2025-2026学年高一下学期数学学科期末质量检测答案 1.B2.C3.A4.B5.D6.A7.B8.D9.BCD10.ACD11.AC a.B-aBlcos *=2x1x1=1 15.解(1)由题意可得 3 因为(2a+1(a-）,所以(2a+6)(a-)=0 即2a2-2a.b+a.6-b2=2×4-22×1+1-元×1=9-31=0， 解得入=3 6分. (2)设b与d+2b的夹角为0，由(1)可知，ib=1, 由题意可得5-(a+26)=a-6+23=1+2×1=3 由la+26=a+4:万+45=4+4+4=12，得+2=25 B.(a+2b) cos0 3 所以 5a+25 1×2W32 .13分 16.解：(q)A(3,4)为角a终边上的一点， tana=-4 sina = 3 5 mex-a小sm(ea小sn-a 16 cos(π-a) =-tana sina=- 15.7分 (2)因为 受a0 ,可得2SC+B<2 nmsa+-me+=l-(号 因为 sin(a+B)-13. sB=cos[(@+B)-a]=cos(a+B)cosa+sin(a+)sina 12、3,5.416 =13×5+13*(565.15分 -XI 17.(1)由题意得f()=m:i=2V5 Bsinow+-(sinr+cosx)(sinr-cosx)) inoc2in) T+2km≤2x-元sC+2km 令2 62 +a≤x≤骨+m,kee ,解得6 了的单调递销区何为广6+红专+闭 」，k∈z.6分 g因为A40c为角三布花.白)=1转2如24君}-1 2A-元∈π5元 A02可得66’6 由 2A、ππ A= 所以66，故6， a=2R=4b+c=-a(sinB+sinC)=2V6 在△ABC中，由正弦定理得sinA ，所以 sinA 所以b+c2+2bc=24①， 由余弦定理得b2+c2-a2=2 becosA,得b2+c2-V3bc=4②. 02解得c=20(2-V5) 所以△ABC的面积为 SABC =bcsinA=10-53 2 .15分 18.解(1)因为BF⊥平面PAC,PAC平面PAC,所以BF⊥PA, 又因为PA⊥PB,PB∩BF=B,PB,BFc平面PBC, 所以PA⊥平面PBC, 因为BCC平面PBC,所以PA⊥BC, 又因为底面ABCD是边长为4的正方形，所以AB⊥BC, 且PA∩AB=A,PA,ABc平面PAB, 所以BC⊥平面PAB,又因为BCC平面ABCD, 所以平面PAB⊥平面ABCD,7分 (2)作PE⊥AB,垂足为E,连接EC, 因为平面PAB⊥平面ABCD,PEC平面PAB,平面PAB∩平面ABCD=AB, 所以PE⊥平面ABCD,所以∠PCE为直线PC与平面ABCD所成的角， 因为PA=PB.PA⊥PB.AB=4,所以PE=2AB=2,PB=2√ 因为BC⊥平面PAB,PBC平面PAB,所以BC⊥PB, 所以在直角三角形PBC中，由勾股定理可得PC=V16+8=2√6， inLPCE=PE=_26 所以 =PC266.12分 (3)作FGIICD,交PD于G,连接ED, 因为FGIICD,ABIICD,所以FGIIAB, 因为FGC平面PAB,ABC平面PAB,所以FG∥平面PAB, 因为BF⊥平面PAC,PCC平面PAC,所以BF⊥PC, 因为BC⊥PB,PB=2W2,BC=4,PC=2W6, 2N2x4=}x26×BF BF=43 164V6 所以2 2 解得3，所以 F=16-3=3 因为PE⊥平面ABCD,EC,EDC平面ABCD,所以PE⊥EC,PE⊥ED, 又因为EC=ED=V16+4=2W5,所以PC=PD, 又因为FGI/CD. GD=CF= 46 所以 3.17分 19(1)不正确 证明：因为9,6外别为Ox,Oy正方向上的单位向量，且夹角为60°， i=1,66=am60-, 因为a16,所以a-6=0,即9+9(9+⅓g)=0。 则有+%+8g+6Gg=6++2+=0 1 所以“16”的充要条件是+%4+乞+2水=0。. 所以“ā1万”的充要条件是“x+y少=0”是不正确的.4分 (2)因为向量a,b的“完美坐标”分别为[2sinx,,[2cosx,. 由(1)知 -b=x+%+2(+5y） f(x)=a.b=4sinxcosx+1+(2sinx+2cosx) 所以 2sin2x+sinx cosx+1. 令t=sinr+cosx,则 =snr+osx=Visn+星到 (sinx+cosx)=sinx+2sinxcosx+cosx=1+sin2x 即sin2x=t-1, 所以f=2(-+1+1=22+1-1,1∈(，v2] 已知（四sin2r成立，即k(2r+1-)s-1对e(Lv5]恒成立 ks-】=+1-）-1-1 因为1].2+1-1>0，所以《52r+12-+21-1对1e万]有解 令0号.同s0a =5-1-3-2 当t=V2时 g0xF2N2-17 s3-V2 所以 7,即实数k的取值范围是( 2F(x)=f(x)+a(sinx+cosx)=2sin2x+sinx+cosx+1+a(sinx+cosx) =2sin2x+(a+1)(sinx+cosx)+1u=sinx+cosx, sinx +co2sin 则G(o)=2(r2-+(a+l)u+1=22+(a+1)u-1.∈(v2,] 令G(u)=0,可得2+(a+1)u-1=0,因为△=(a+旷°+8>0，所以方程有2个不等实根，两根 G(-2)>0 4(一2.0）.4(0,2)则G2)>0 得实数0的取值范围为 2 17分 2025-2026学年高一下学期数学学科期末质量检测 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．已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（ ） A．-1 B．1 C．3 D．-1或1 2．“角为钝角”是“角为第二象限角”的（ ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若，，则B．若，，则 C．若，，则D．若，，则 4．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥侧面积为（ ） A． B． C． D． 5．如图，在平行四边形中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A． B． C． D． 6．若，则（ ） A． B． C． D． 7．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 8．将的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上没有对称中心，则取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9．下列有关复数的叙述正确的是（ ） A．若，则的虚部为 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．已知函数的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（ ） A．为函数的一个周期 B． C． D．若，且为锐角，则 11．如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则（ ） A．存在点，使，，，四点共面 B．二面角的正切值为 C．三棱锥的体积是定值 D．经过，，，四点的球的表面积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，且，则__________． 13．如图，四面体中，，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为__________． 14．已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，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）．已知向量，满足，，且与的夹角为． （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角的余弦值． 16（15分）．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，为角终边上的一点． （1）求的值． （2）若，，，求． 17（15分）．设向量，，． （1）求的单调递增区间； （2）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积． 18（17分）．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，为上的点，且平面． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点，使平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 19（17分）．由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”，如图所示．设向量，分别为数轴，正方向上的单位向量，对于该平面内的向量，若，则实数对称为向量的“完美坐标”． （1）已知向量，的“完美坐标”分别为，，判断命题“的充要条件是”是否正确？若命题正确，请给出证明；若命题不正确，请说明理由： （2）已知向量，的“完美坐标”分别为，，设函数． ①若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； ②若函数在区间内恰有4个不同的零点，求实数的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $