广东茂名市2025-2026学年高一下学期7月期末质量抽测数学试题

参考答案及解析 ·高一数学· 2025一2026学年高一年级期末质量抽测 数学参考答案及解析 一、选择题 7.C【解析】化简f(x)=sin(2x-),故g(x) 1.D【解析】i(1十i)=-1十i.故选D. 2.B【解析】y=sin2x十cos2x=sin(2x+于)，所 sin(2x+晋)g(x)在区间[-吾，晋]上的值域为 以最小正周期T==.故选B, [-1]故选c 2 8.A【解析】不妨设AD=2DB=2,DE=x,x∈ 3C【解]市正玻定理得：品瓷代入数据可 [0,1门，由平面向量三点共线可知，市-=2”定 得simA=号，在△ABC中，C=60,则A∈ 千，则成=2告市-受则水 (0°，120°)，所以A=45°.故选C. 4.B【解析】因为a⊥(a十b),所以a2十a·b=0,即a ②+=-(x+2x).∈[-是，0]故 4 ·b=-a=-1,所以cos(a,b)=TaTb1X3 a·b -1 选A. 二、选择题 -合故选B 9.AB【解析】之=2十i,x=√5，之的共轭复数为2一 5.A【解析】该圆锥母线长为l=6,扇形弧长（即圆锥 i,x在复平面内对应的点(2,1)，x2=3十4i.故选AB. 底面周长)为红=6×要=4，得圆锥底面半径r=2, 10.BCD【解析】BC1在平面BCCB,内，A不在这个 3 平面内，M在该平面内，因此AM与平面BCC1B:相 于是圆锥的高h=√一r=√36-4=4√2.故 交，不可能平行，A错误；如图，显然AM与AB异 选A. 面，B正确；：∠ABB1=90°，.AB⊥BB,:∠ABC 6.B【解析】法1：如图，设复数≈，所对应的点为 =90°，AB⊥BC,而BC∩BB=B,则AB⊥平面 Z,Z2,名十x=Oi=0克十0立，由已知|x十|= BCCB.又·ABC平面ABC,.平面ABC⊥平 √3十5=2√2，∴.平行四边形OZPZ,为正方形， 面BCCB1,C正确；注意到BC∥平面AMC,BCC |-2|=ZZ|=22.故选B. 平面ABC,故平面AMC与平面ABC的交线平行 于BC,D正确，故选BCD 法2：|十212=5-√52=8=|112十|212 十12十12，.1十12=0，则|名1一之2|2 ||2十|2|2-（十2）=8，则|一2| 2√2.故选B. 11.ABD【解析】A选项：：f2(4π一x)=sin(4π-x) ·高一数学· 参考答案及解析 sin 2(4r-x)--sin sin +1 ∴2阶复合音函数的图象关于(2π，0)对称，正确；B 选项：由于y=sinx在[0，吾]上单调递增，y 分sin2x在[0，吾]上单调递增，y=子sin3x在 14.6+419 [0,吾]上单调递增，故f()=sinx+号sin2x十 3 【解析】连接AB,过M分别作ME∥ BC交CC于E,作MN∥AB交AB于N,再过 名sn3x在[0，晋]上单调递增，正确：C选项： N作NF∥BC交DC于F,连接EF,易知平面 MNFE∥平面AB,D,于是BD∥平面MNFE,而 F(x)=i(x)-f(x+受)=sinx-sin(r+受） BC∥平面MNFE,于是平面MNFE即为所得截 sin(2x+x)=sinx-cosx+号sin2x,令t 1 面，易知四边形MNFE为等腰梯形.由几何关系，可 得BN=号，BM=2,NF=2,ME=4由BB,=3,BC sinx-cosx,t∈[-√2，W2],平方可得：f=1 =2,BC=5,可知等腰梯形BCCB:的高为h= 2 sin rcos x=1-sin2x,代入上式得F(t)=t十 1=--1D+14e[-EwE]由二次函 VB-(CCT-39,即m∠B,- 2 h= 数知识，F(x)∈[-E-,1]即斤(x)≤ BB =气，则∠BBC=苓，从而∠NBM=∠B,BC 经，由余弦定理可得MN=BN2+Bf-2BN· f(x十受)十1恒成立，错误；D选项：对于x∈ [-品无]注意到f.川=(x),故仅考 BM·s等-9即MN-2平，放酸面网长 3 CewE=6十4厘，故答案为6+4 虑xe[0,无]的情形，此时0≤r≤ax≤受，即0≤ 3 3 D sinx≤sin nr,故|fn(x)|=fn(x)=fn(x)≥ (1+合+…十)1f,正确，故选ABD, 三、填空题 12.(分，号）【解析】向量a在向量6上的投影向量 的坐标为“6。=子。=（合，号）故答案 四、解答题 为（合2） 15,解：()：E为CD的中点EC=DC=A成 :B萨=2F元C市=号Ci=-号Ad 13.-√3十i【解析】如图所示：x1=-√3+i,故答案为 -√3+i :求-武+C=A-}Ad (6分) ·%2· 参考答案及解析 ·高一数学· (2)由AB=2,AD=1,∠BAD=号 注意到A1E=DE=√3a, 故△ADE为等腰三角形，即FE⊥AD, 可得AC.市=(A店+A市)·（号A成-子Aò》 而AD=2a,则FD=a,故sin∠FED=FD-」 ED 3 =号Ai+合AB.AD-AD 则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为 = 号×2+×2X1号-×1= 6 .(13分) (15分) 16.解：(1)连接AD1,BD1, 17.解：(1)因为sin(A-B)=sinB+sinC且C=元-A D -B, 所以sin(A-B)=sinB+sin(A十B), 展开得sin Acos B-cos Asin B=sinB+sin Acos B 十cos Asin B, C 即sinB+2 cos Asin B=0. A 因为sinB≠0，所以cosA=一 由条件可知四边形AADD为平行四边形， 因为A∈(0，π)，所以A= 3 (4分) 而F为A1D的中点，故F为AD1的中点. E为AB的中点， (2)(ⅰ)设三角形外接圆的半径为R,内切圆的半径 ∴.EF为△ABD的中位线，即EF∥BD. 为 EF丈平面BDD1B,BDC平面BDD1B, 由正弦定理可知snA=2R, .EF∥平面BDDB (6分) (2)连接DE,A1E,BA,过F作FN⊥DE于点N, 因为△ABC外接圆的半径为医A=等。 D 可得a=√7， 由余弦定理可得b2十c2十bc=7.① 号，且cos∠BDA=-cos∠CDA, 因为AD=3」 -… a 2x号× 2x号×号 设AA1=2a, 即F+c=+3=5,@ 则由条件及余弦定理可得BA1=DA1=BD=2a, 2 故△AA1B,△DAB均为等边三角形 联立①②，可得b十c=3,bc=2, E为AB的中点，∴.AELAB,DELAB. 由Saam=26 esin A=(a+b计c)r, A1E∩DE=E,∴AB⊥平面ADE. :FNC平面ADE,∴.AB⊥FN, 可得，=3-2 2 (10分) DE∩AB=E,FN⊥平面ABD, (i)因为S△ABc=S△ABE十S△CE,AE为∠BAC的平 ∴.∠FED为直线EF与平面ABCD所成角， 分线， ·3 ·高一数学· 参考答案及解析 所以ksin∠BAC=子c·AEsin∠BAE+合b: 所以在△ADE中，由余弦定理得cOs∠EAD= 347 AEsin∠CAE, AD+AE-DE=车936-5 2AD·AE 2 所以AE=年。=子 因为AE为∠BAC的平分线， 因为∠EAD∈(0，号)，所以∠EAD=若.I5分) 所以烘 7AB·AEsin∠BAE BE l8.解：(1)选择模型①，h(t)=Asin(at十p)十ho. AC·AEsin∠CAE CE (2分) 2 由于PQ=12=2A,则A=6, 又根据数据可知h。=9士（)一3》=3. 2 即BE=6千a=号CE= b 3 且T-号=4= BD=CD=24, 1 故w受 1b=21b=1 因为b十c=3,bc=2,所以 或 c=1c=2 所以h(t)=6sin(受f计）+3， 所以ED= 6 由h(号）=6sim(号十g)+3=9,0<9<受， 所以在△ADE中，由余弦定理得cos∠EAD= 得9=晋， 347 AD:+AE -DE49 363 2AD·AE 所以h()=6sim(受十计晋）十3. (8分) 2x号×号 (2)(1)因为T=4s,所以每分钟小球能往复振动 因为∠EAD∈(0，于)，所以∠EAD= .(15分) 60=15次， (10分) 1b=21b=1 另法：因为b十c=3,bc=2,所以 或 ()从开始观察计时起的前6s内，小球相对于参 {c=1或{c=2 照面l的高度h不低于6cm, 1b=2 假设b>c,则 c=1 即t[0,6]时，h()=6sin(受t+石)十3≥6， 因为AE为∠BAC的平分线， 所以s如（受计晋）≥， 所以 3AB·ABs∠BAE BE ZAC·AEsinCAE CE 故若+2km≤受+吾<晋+2kx,k∈Z. 故把 1 故4h≤≤号十4h,k∈Z =6=2 又e[0,6],故k=0,1,则e[0,专]U[4,] 1 √7 听以BE=7BD一2☑=2， 所以持续时间为+9-4一号、 8 (17分) 所以ED=BD-BE= 6 ·4 参考答案及解析 ·高一数学· 19.解：(1)连接AS, D 易知SH⊥AD,AD⊥OS, 由DA⊥平面ABC,则DA⊥AC,DA⊥AB. 因为SH∩OS=S,所以AD⊥平面OHS, 由AC=AD=4且AC⊥AD, 则AD⊥HO, 可得△DAC为等腰直角三角形. 故二面角C-AD-O的平面角y为∠OHS, 又S为DC的中点，故AS⊥DC 则amy=1m∠0HS=架=1.则7÷ 而AB⊥AC,且DA∩AC=A, 所以AB⊥平面DAC, 记二面角P-AD一O、二面角P-AD-C的平面角 故AB⊥DC, 分别为a,8, 又AB∩AS=A, 由条件可知。一引 所以DC⊥平面ABS,即DC⊥平面ABP.(4分) 过P作PI⊥AS于点I,过I作IK⊥AD于点K,连 (2)(1)由(1)可知DS=2√2，而OD=2√5，OS=2, 接PK 于是DS2+OS=12=OD,故DS⊥OS. 同理可得AS十OS=OA2,即AS⊥OS. 而AS∩DS=S,所以OS⊥平面DAC, 于是OS∥AB,即O在平面ABS内且∠OSP =∠ABP. 在R△SAB中，由于A型=BP S△SAP PS =√2tan0, 且Se 之AB·AP.in∠BAP 由(1)可知PI⊥DC, S△saP ZSA·APsin∠SAP 因为AS∩DC=S,所以PI⊥平面DAC, 则PI⊥AD. =sin.∠BAP=Esin∠BAp sn(受-∠BAP） cos∠BAP 因为PI∩KI=I,所以AD⊥平面PIK, 则PK⊥AD, =√2tan∠BAP, 因此∠PKI为二面角P-AD一C的平面角， 则tang=tan∠BAP, 即∠PKI=B且PI⊥KI. 而0K∠BAP<受，则9=∠BAP, 在R△AIP中，∠PAI=受-0， 因此∠SPA=0十∠ABP=0+∠OSP. (10分) BS=√/BA+AS=2√6. (iⅱ)法1：过S作SH∥AC交AD于点H,连 接HO, 由正弦定理，可知AB AP sin∠APB sin∠ABP1 ·%5 ·高一数学· 参考答案及解析 则AP=ABsin.∠ABP 4sin∠ABP 因为SH∩OS=S,所以AD⊥平面OHS, sin∠APB sin(O+∠ABP) 则AD⊥HO, √2sin0+cosa 故∠MHO为二面角P-AD-O的平面角. 4sin 0 记BD的中点为N,连接NH, 于是AI=APcos,∠PAI= √/2sin0+cos日 随着9变化，P带动着M的变化， PI=APsin∠PAI= 4cos 0 连接NO,显然H为DA的中点且HS=2. √2sing+cos0 由于N为BD的中点， 在R△AKI中，由∠KAI=平， 所以NH∥AB且NH=号AB=2. 可得K1=号A1 2√2sin0 √2sin0+cosa 因为OS∥AB且OS=2=号AB, 则m=aPKI-君品g 所以NH∥OS,NH=OS, 则四边形NHSO为平行四边形. 注意到ana=tang子=am(g平) 又AB⊥平面DAC,则VH⊥平面DAC, 2-tan 0 故NH⊥HS, √2+tan 又NH=HS,则四边形NHSO为正方形， 22 2+tan 0 所以∠NH0=∠SH0=平， 易知M在正方形NHSO内， 因为tang>0,所以0< 22 2, 2+tang 因此0≤∠MHO∠NHO=∠SHO, 则-1反十1an 2√2 -1<1,则0≤tana<1, 则二面角P-AD一O的取值范围为0，T): (17分) 则二面角P-AD-O的取值范围为0，平)： (17分) 法2：过S作SH∥AC交AD于点H,连接HO, 易知SH⊥AD,AD⊥OS, 过H作MH⊥AD交PD于点M, ·%62025一2026学年高一年级期末质量抽测 数学 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3,非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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.i(1+)= A.1+i B.1-i C.-1-i D.-1+i 2.函数y=sin2x十cos2x的最小正周期为 A. B.元 c受 D.2元 3.在△ABC中，BC=3√2，AB=3√3，C=60°，则A= A.1359 B.60° C.459 D.30° 4.已知平面向量a,b满足a=1,b=(0,3),且a⊥(a十b),则cos(a,b)= A-司 B.一3 c号 D号 5.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为的扇形，则该圆锥的高为 A.4√2 B.4 C.3√2 D.3 6.已知复数z1,2满足z1=z2=2,z1十z2=√3-√5i,则|z1-22= A.2 B.2√2 C.2√3 D.25 7.已知函数f(x)=5sin2x-sin(2x十)向左平移石个单位长度后得到函数g(x),则 g(x)在区间[一晋，号]上的值域为 A.[-1,1] B[-1,] c[-] D[-2] 8.在△ABC中，点D满足AD=2DB,且线段DB上存在一点E,使得CE=入CA+uCD, 则λμ的取值范围为 a[-] B[-2,] c[-o] D.[-1,1] 高一数学第1页（共4页） 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,设=2则 A.z=5 B.z=2-i C.2的虚部是4i D.之在复平面内对应的点位于第三象限 10.在直三棱柱ABC-A1B,C1中，∠ABC=90°，M为B,C1的中点，则 A.AM∥BC B.AM与A,B异面 C.平面ABC1⊥平面BCCB, D.平面AMC,与平面ABC的交线平行于BC 11.声音由物体振动产生的声波形成，日常听到的是复合音.定义n阶复合音函数为∫，(x) =simx+sin2x+号sin3x十…+sinn(n∈N),例如，1阶复合音函数为万(z) =snx,2阶复合音函数为n(x)=sinx十sin2x,结合材料及所学知识，下列说法正 确的是 A.2阶复合音函数的图象关于(2π，0)对称 B.3阶复合音函数在区间0，上单调递增 C.3x∈R,使得f()>f(x+)+1 D.Vx[-新]，l.(川≥1+++员l(EN 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知平面向量a=(1,0),b=(2,2),则向量a在向量b上的投影向量的坐标 为】 13.在复平面内，O为坐标原点，点Z在第二象限，点Z2所对应的复数2=1十√3i, △OZZ2是以ZZ2为斜边的等腰直角三角形，则点Z1所对应的复数21= 14.在正四棱台ABCD-A1B1CD1中，A1B1=5,AB=2,BB1=3,M为BB1的三等分点 (靠近B,),则过点M且与直线B,D,BC都平行的平面截棱台所得截面周长 为」 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 15.(本小题满分13分) 在平行四边形ABCD中，AB=2,AD=1,∠BAD=S,E为CD的中点，点F满足BF =2 FC. (1)用AB和AD表示EF; (2)求AC·EF 高一数学第2页（共4页） 16.(本小题满分15分) 如图，在四棱柱ABCD-A1B,C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=AB,∠A1AB= ∠AAD=∠BAD=,且E,F分别为AB,A,D的中点. (1)求证：EF∥平面BDD1B; (2)求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值. 17.(本小题满分15分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin(A-B)=sinB十sinC. (1)求A; (2)若D为BC的中点，AD-,且△ABC外接圆的半径为夏， 3 (I)求△ABC内切圆的半径； (iI)∠BAC的平分线与BC交于点E,求∠EAD. 高一数学第3页（共4页） 18.(本小题满分17分) 如图，弹簧挂着一个不考虑半径的小球做上下振动，最高可到达点 P,最低可到达点Q,且|PQ|=12.开始观察的时间点记为t(t≥>0)（单位： ○ s),小球相对于参照面l的高度h(单位：cm)与t的相关数据如下表： 最高点P 2 5 8 10 14 t/s 0 3 3 h/cm 6 9 3 -3 0 6 9 最低点2 (1)现有以下2个函数模型：模型①：h(t)=Asin(wt+p)十ho（A>0,w>0,0<p< );模型②：h()=a++c.请选出你认为最符合实际的函数模型（不用说明理由），并 求出相应的函数解析式； (2)根据(1)中所选的函数模型，解决下列问题： (1)每分钟小球能往复振动多少次？ (Ⅱ)从开始观察计时起的前6s内，小球相对于参照面l的高度h不低于6cm的时 间有多少s? 19.(本小题满分17分) 如图1，在三棱锥D-ABC中，DA⊥平面ABC,∠BAC=交，AB=AC=AD=4,S为 DC的中点，点P在线段Bs上且S=Eam9(0∈(0，受)》 图1 图2 (1)求证：DC⊥平面ABP; (2)如图2，空间点O满足OA=OD=2√3，OS=2,且∠BAO为锐角. (i)求证：∠SPA=0+∠OSP; (ⅱ)当0变化时，求二面角P一AD一O的取值范围. 高一数学第4页（共4页）》 百