广东茂名市2025-2026学年高一下学期期末质量抽测数学试题

2025—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． A． B． C． D． 2．函数的最小正周期为 A． B． C． D． 3．在中，，，，则 A．135° B．60° C．45° D．30° 4．已知平面向量，满足，，且，则 A． B． C． D． 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． B．4 C． D．3 6．已知复数，满足，，则 A．2 B． C． D． 7．已知函数向左平移个单位长度后得到函数，则在区间上的值域为 A． B． C． D． 8．在中，点D满足，且线段DB上存在一点E，使得，则的取值范围为 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．设，则 A． B． C．的虚部是4i D．z在复平面内对应的点位于第三象限 10．在直三棱柱中，，M为的中点，则 A． B．AM与异面 C．平面平面 D．平面与平面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，例如，1阶复合音函数为，2阶复合音函数为．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对称 B．3阶复合音函数在区间上单调递增 C．，使得 D．，，． 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，，则向量在向量上的投影向量的坐标为________． 13．在复平面内，O为坐标原点，点在第二象限，点所对应的复数，是以为斜边的等腰直角三角形，则点所对应的复数__________． 14．在正四棱台中，，，，M为的三等分点（靠近），则过点M且与直线，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，，，，E为CD的中点，点F满足． （1）用和表示； （2）求． 16．（本小题满分15分） 如图，在四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，且E，F分别为AB，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值． 17．（本小题满分15分） 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若D为BC的中点，，且外接圆的半径为． （i）求内切圆的半径； （ii）的平分线与BC交于点E，求． 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．开始观察的时间点记为（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： 0 4 6 9 3 -3 0 6 9 （1）现有以下2个函数模型：模型①：（，，）；模型②：．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： （i）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，在三棱锥中，平面ABC，，，S为DC的中点，点P在线段BS上且． （1）求证：平面ABP； （2）如图2，空间O点满足，，且为锐角． （i）求证：； （ii）当θ变化时，求二面角的取值范围． 2025—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 1．D 【解析】．故选D． 2．B 【解析】，所以最小正周期．故选B． 3．C 【解析】由正弦定理得：，代入数据可得，在中，，则，所以．故选C． 4．B 【解析】因为，所以，即，所以．故选B． 5．A 【解析】该圆锥母线长为，扇形弧长（即圆锥底面周长）为，得圆锥底面半径，于是圆锥的高．故选A． 6．B 【解析】法1：如图，设复数，所对应的点为，，，由已知，∴平行四边形为正方形，∴．故选B． 法2：，∴， 则，则．故选B． 7．C 【解析】化简，故，在区间上的值域为．故选C． 8．A 【解析】不妨设，，，由平面向量三点共线可知，，则，则，∴．故选A． 二、选择题 9．AB 【解析】，，z的共轭复数为，z在复平面内对应的点（2，1），．故选AB． 10．BCD 【解析】在平面内，A不在这个平面内，M在该平面内，因此AM与平面相交，不可能平行，A错误；如图，显然AM与异面，B正确；∵，∴，∵，∴，而，则平面．又∵平面，∴平面平面，C正确；注意到平面，平面ABC，故平面与平面ABC的交线平行于BC，D正确．故选BCD． 11．ABD 【解析】∵A选项：，∴2阶复合音函数的图象关于对称，正确；B选项：由于在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，故在上单调递增，正确；C选项：，令，，平方可得：，代入上式得，，由二次函数知识，，即恒成立，错误；D选项：对于，注意到，故仅考虑的情形，此时，即，故 ，正确．故选ABD． 三、填空题 12． 【解析】向量a在向量b上的投影向量的坐标为．故答案为． 13． 【解析】如图所示：．故答案为． 14． 【解析】连接，过M分别作交于E，作交AB于N，再过N作交DC于F，连接EF，易知平面平面，于是平面MNFE，而平面MNFE，于是平面MNFE即为所得截面．易知四边形MNFE为等腰梯形．由几何关系，可得，，，由，，，可知等腰梯形的高为，即，则，从而，由余弦定理可得，即，故截面周长．故答案为． 四、解答题 15．解：（1）∵E为CD的中点，∴． ∵，∴， ∴．（6分） （2）由，，， 可得．（13分） 16．解：（1）连接，， 由条件可知四边形为平行四边形， 而F为的中点，故F为的中点． ∵E为AB的中点， ∴EF为的中位线，即． ∵平面，平面， ∴平面．（6分） （2）连接DE，，，过F作于点N． 设， 则由条件及余弦定理可得， 故，均为等边三角形． ∵E为AB的中点，∴，． ∵，∴平面． ∵平面，∴， ∵，∴平面ABD， ∴为直线EF与平面ABCD所成角． 注意到， 故为等腰三角形，即， 而，则，故， 则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为．（15分） 17．解：（1）因为且且， 所以， 展开得， 即． 因为，所以， 因为，所以．（4分） （2）（i）设三角形外接圆的半径为R，内切圆的半径为r． 由正弦定理可知， 因为外接圆的半径为， 可得， 由余弦定理可得．① 因为，且， 所以， 即．② 联立①②，可得，， 由， 可得．（10分） （ii）因为，AE为的平分线， 所以， 所以． 因为AE为的平分线， 所以， 故， 即， ， 因为，，所以或， 所以， 所以在中，由余弦定理得， 因为，所以．（15分） 另法：因为，，所以或，假设，则， 因为AE为的平分线， 所以， 故， 所以，， 所以， 所以在中，由余弦定理得， 因为，所以．（15分） 18．解：（1）选择模型①，．（2分） 由于，则， 又根据数据可知， 且， 故， 所以， 由，， 得， 所以．（8分） （2）（i）因为，所以每分钟小球能往复振动次．（10分） （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， 即时，， 所以， 故，， 故，， 又，故，1，则， 所以持续时间为．（17分） 19．解：（1）连接AS， 由平面ABC，则，． 由且， 可得为等腰直角三角形． 又S为DC的中点，故． 而，且， 所以平面DAC， 故， 又， 所以平面ABS，即平面ABP．（4分） （2）（i）由（1）可知，而，， 于是，故． 同理可得，即． 而，所以平面DAC， 于是，即O在平面ABS内且， 在中，由于， 且 ， 则， 而，则， 因此．（10分） （ii）法1：过S作交AD于点H，连接HO， 易知，， 因为，所以平面OHS， 则， 故二面角C－AD－O的平面角γ为， 则，则． 记二面角P－AD－O、二面角P－AD－C的平面角分别为α，β， 由条件可知． 过P作于点I，过I作于点K，连接PK． 由（1）可知， 因为，所以平面DAC， 则． 因为，所以平面PIK， 则， 因此为二面角P－AD－C的平面角， 即且． 在中，， ． 由正弦定理，可知， 则 ， 于是， ． 在中，由， 可得， 则． 注意到 ， 因为，所以， 则，则， 则二面角P－AD－O的取值范围为．（17分） 法2：过S作交AD于点H，连接HO，易知，， 过H作交PD于点M， 因为，所以平面OHS，则， 故为二面角P－AD－O的平面角． 记BD的中点为N，连接NH， 随着θ变化，P带动着M的变化， 连接NO，显然H为DA的中点且． 由于N为BD的中点， 所以且． 因为且， 所以，， 则四边形NHSO为平行四边形． 又平面DAC，则平面DAC， 故， 又，则四边形NHSO为正方形， 所以， 易知M在正方形NHSO内， 因此， 则二面角P－AD－O的取值范围为．（17分） 学科网（北京）股份有限公司 $