广东省茂名市高州市2025-2026学年高一下学期期中监测数学试卷

这是一份广东省茂名市高州市2025-2026学年高一下学期期中监测数学试卷，共12页。试卷主要包含了 1，ABD，BCD等内容，欢迎下载使用。
单选题
下列条件一定能确定一个平面的是（ ）
空间三个点B．空间一条直线和一个点
C．两条相互垂直的直线D．两条相交的直线
1 i
3  i2025
2． （ ）
2
B．
C． 2
2
D．2
y π π
36
将函数
sin  x   的图象上的所有点向左平移个单位长度，则所得图象的解析式为（ ）

y  sin x
y  cs x
y 
sin  x 


2π 

3

D．? = cs ?−
2π
3
2 2
3
在V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若a  3 ， b  5 ， cs A ，则sin B  （ ）
1
3
5
12
5． 1
D
92
已知tanα 2 ，则cs 2α （ ）
- 3
5
3
5
 4
5
4
5
已知圆台的母线所在的直线和底面所成的角为60 ，且该圆台的上、下底面的面积分别为6π和24π，则圆台的体积为（ ）
42 2πB． 32 2πC． 24 2πD． 36π
如图所示，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，E，F 分别为 AA1 ，AB 上的中点，且 EF 
3，P 点是正方形
ABB1 A1 内的动点，若C1P ∥平面CD1EF ，则 P 点的轨迹长度为（ ）
3
2
3πC．
D．π
3
在平面四边形 ABCD 中， AB  BC  2CD  2，ABC  60∘，ADC  90∘ ，若 P 为边 BC 上的一个动点，则 PA  PC 的最小值是（ ）
1
 1
4
 1
2
1
4
多选题
已知复数 z  3  4i ，则下列说法正确的有（ ）
复数 z 的实部为3B．复数 z 的共轭复数为3 4i
C． z  z  25
下列说法不正确的是（ ）
D． z  25 为实数
z
若直线 a，b 不共面，则 a，b 为异面直线
若直线a// 平面α，则 a 与α内任何直线都平行
若直线a// 平面α，平面α/ / 平面 β，则a / /β
如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ，则（ ）
若sin A  sin B ，则 A  B
若cs A  cs B ，则V ABC 为等腰三角形或直角三角形
ba
已知 A  30 ， b  2 ，若a  1 ，则V ABC 有两解
若V ABC 为锐角三角形，则cs2 A  cs2B  cs2C  3
2
填空题
已知向量 AB  2, 1 ， BC  m, 2 ， CD  1, 4 ，若 A，B，D 三点共线，则m  .
已知cs α β  16 ， tanαtan β 5 ，则csα β .
659
如图，圆柱的轴截面 ABCD 是一个边长为 6 的正方形，一只蚂蚁从点 A 出发绕圆柱表面先爬到上底面圆周上，再爬到 BC 的中点 E，则蚂蚁爬行的最短距离为.
解答题
设a 是实数，复数 z1  2  i ， z2  a  i1 2i （ i 是虚数单位）.
若 z2 在复平面内对应的点在第一象限，求a 的取值范围；
求
z2
的最小值.
z1
16．已知2? + ? = (8,1)，?−2? = (−6,3)．
→→→μ
若c  1, 2 ，且c  λa  μb ，求λ， 的值；
5
→
若c ∥ a ，且 c  2，求c 的坐标．
已知函数 f  x  sin ωx φ  b ω 0, 0 φ ππ3f 0  1.
2  的最小正周期为
，最大值为 ，
2

求函数 f  x 的解析式和对称中心；
将函数 f  x
的图象向左平移π
6
个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的 2
倍，纵坐标不变，
得到函数 g  x 的图象.设函数h  x  g  x  m 在区间 π , π  上有两个不同的零点，求实数 m 的取值范围.
 3 6 
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E, F , G 分别是 AB, CC1 , AD 的中点.
证明： EG// 平面 D1B1C ；
棱CD 上是否存在点T ，使 AT // 平面 B EF ？若存在，求出 DT 的值；若不存在，请说明理由.
1DC
在V ABC 中，设 A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知b  2a  2c cs B ，且三角形外接圆半径为 3 ．
求C 的大小；
若V ABC 的面积为2 3 ，求cs 2 A  cs 2B 的值；
设V ABC 的外接圆圆心为O ，且满足
cs B –––→
CB 
sin A
cs A –––→–––→
CA  2mCO ，求m
sin B
的值．
参考答案
1．D
【详解】对于 A，如果三点共线，则无法确定一个平面，所以 A 错误；对于 B，如果点在直线上，则无法确定一个平面，所以 B 错误；
对于 C，如果两条直线是异面垂直，则无法确定一个平面，所以 C 错误；
对于 D，由平面的基本性质，两条相交直线可以确定唯一的一个平面，所以 D 正确. 2．C
【详解】由i4  1，则i2025  i45061  i4 506 i  i ，
3  i
1 i
11
3 1
所以 1 i  1 i 2 ．
3  i2025
3  i2
3．B
【详解】 y  sin  x  π π
3  的图象上的所有点向左平移 6 个单位长度，
π
2

π
3
得到? = sin ? + π +
6
= sin ? +
= cs?，故 B 正确.
4．C
【详解】由题意可知： A 0, π ，sin A 
ab
5  1
 1
1 cs2 A
1  2
2 
2


3
3
由正弦定理可得
，sin B  b sin A 
3  5 .
sin A
sin B

a39
5．A
22cs2α sin2α
1 tan2α
1 43
【详解】cs 2α cs α sin α  .
故选：A.
sin2α cs2α
tan2α14 15
6．A
【详解】已知上底面积S上  6π ，下底面积S下  24π ，
6
对上底： πr 2  6πnr ；
对下底： πR2  24πnR  2 6 .
圆台轴截面中，母线与底面所成角为60∘ ，高 h 与半径差 R  r 构成直角三角形的
两条直角边，满足tan 60∘ 
h
R  r .
6
由于 R  r  2
 6 ， tan 60∘ 
，因此
h  (R  r)  tan 60∘ 
6  3.
6
3
3
2
则圆台体积为V  1 πh R2  Rr  r 2   1 π  3 2  24   6  2 6  6  1 π  3 2  42  42 2π .
333
7．C
【详解】如图所示，取 A1B1 的中点 H ， B1B 的中点为G ，连接GH , C1H , C1G, EG, HF ，
则 A1B1 ∥ EG ， A1B1  EG ，且 A1B1 ∥ C1D1 ， A1B1  C1D1 ，
可得 EG ∥ C1D1 ，且 EG  C1D1 ，可知四边形 EGC1D1 是平行四边形，则C1G ∥ D1E ，且C1G  平面CD1EF ， D1E  平面CD1EF ，可得C1G ∥平面CD1EF ，
同理可得： C1H ∥平面CD1EF ，
且C1H ∩ C1G  C1 ， C1H , C1G  平面C1GH ，可知平面C1GH ∥平面CD1EF ，又因为 P 点是正方形 ABB1 A1 内的动点， C1P ∥平面CD1EF ，
所以点M 在线段GH 上，
3
由题意可知： GH  1 A B, EF  1 A B ，可得GH  EF ，
2 12 1
所以 P 点的轨迹长度为 3 .
故选：C.
8．B
【详解】因为三角形 ABC 中， AB  BC  2，ABC  60∘ ，
所以V ABC 是边长为 2 的等边三角形，则
以 BC 为 x 轴， BC 的中垂线为 y 轴，建立直角坐标系如图，
则 A0, 3 ，B 1, 0，C 1, 0 ，设 P(x, 0) ，则1  x  1，
–––→ –––→
1 21

故 PA  PC  x, 3 1 x, 0  x2  x   x 
显然当 x  1 时， PA  PC 取得最小值 1 ，
24
故选：B.
  ，
2
4

9．ABD
【详解】对于 A 选项，由复数 z  3  4i ，根据复数的概念，可得实部为3 ，故 A 正确；对于 B 选项，由复数 z  3  4i ，根据共轭复数的概念，可得 z  3  4i ，故 B 正确；
对于 C 选项，由 B 选项可得 z  3  4i ，所以 z  z  3  4i3  4i  9 16i2  25 ，故 C 错误；对于 D 选项，由复数 z  3  4i ，则
2525
253  4i
253  4i

z  3  4i  3  4i  3  4i 
z3  4i3  4i 3  4i25
 3  4i  3  4i=6 ，故 D 正确.
综上所述，选项 ABD 正确. 10．BCD
【详解】A.直线 a，b 不共面，即不平行，不相交，则 a，b 为异面直线，故正确；
B. 直线a / / 平面α，则 a 与α内的直线平行或异面，故错误；
C. 直线a / / 平面α，平面α/ / 平面 β，则a / /β或a  β，故错误；
D. 空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故错误；故选：BCD
ABD
【详解】对 A，若sin A  sin B ，由正弦定理，得a  b ，所以 A  B ，所以 A 正确；
对 B，因为cs A  cs B ，由正弦定理，得cs A  cs B ，
basin Bsin A
所以sin Acs A  sin B cs B ，即sin 2 A  sin 2B ，
因为0  A  π ， 0  B  π ，所以2 A  2B 或2 A  2B  π ，
所以 A  B 或 A  B  π ，
2
所以V ABC 为等腰三角形或直角三角形，所以 B 正确；对 C，已知 A  30 ， b  2 ，
当且仅当1  a  2 时， V ABC 有两解，所以 C 错误；
对 D，因为V ABC 为锐角三角形，所以 A  B  π ，即 A  π  B ，
22
又因为 y  sin x 在 0, π  上为增函数，
2 

且 A ， π  B  0, π  ，所以sin A  sin  π  B   cs B ，
22  2

又因为sin A  cs B  0 ，所以sin2 A  cs2 B ，同理，
sin2 B  cs2 C ， sin2 C  cs2 A ，
即sin2 A  sin2 B  sin2 C  cs2 A  cs2 B  cs2 C ，
所以1 cs2 A 1 cs2 B 1 cs2 C  cs2 A  cs2 B  cs2 C ，
整理得： cs2 A  cs2 B  cs2 C  3 ，所以 D 正确.
2
5
【详解】因为 AB  2, 1 ， BC  m, 2 ， CD  1, 4 ，所以 BD  BC  CD  m, 2  1, 4  m 1, 2 ，
因为 A, B, D 三点共线，所以 AB / /BD ，
所以2  2  m 11  0 ，解得m  5 .
56
65
【详解】因为cs(? + ?) = cs?cs?−sin?sin? = 16，①
65
tan?tan? = sin?sin? = 5，②
cs?cs?9
联立以上两式可得：cs?cs? = 36，sin?sin? = 20，
6565
所以csα β  csαcsβ sinαsin β 56 .
65
π2  9
3
(3π)2  92
π2  9
【详解】将由轴截面 ABCD 分成的半圆柱侧面展成平面图形，得长宽分别为3π,6 的矩形，作点 E 关于直线 DC 的对称点 E ，连接 AE 交CD 于O ，连接OE ，如图，
故答案为： 3 π2  9 .
15．(1) (2, 1 )
2
AO  OE  AO  OE  AE ，所以所求最短距离为 AE 
 3.
5
(2) 2
2
【详解】（1） z  (a  i)(1 2i)  a  2ai  i  2i2  (a  2)  (1 2a)i ，复数 z2 在复平面内对应点的坐标为a  2,1 2a ，
第一象限的点满足实部、虚部均大于 0，因此a  2  0 ，1 2a  0 .
解得2  a  1 ，即a 的取值范围是(2, 1 ) .
22
（2）由 z1  2  i 得共轭复数 z1  2  i ，则
z1  z2  (2  i)  (a  2)  (1 2a)i  (a  4)  (2  2a)i ，
根据复数模的计算公式得
z2

.
z1
(a  4)2  (2  2a)2
5a2  20
因为a 为实数， 5a2 ³ 0 ，当a  0 时， 5a2  20 取最小值 20，因此：
z1
20
5
2
z 2
min
，即最小值为2.
5
16．(1)λ 3 ， μ  1 ；
22
(2)? = (4,2)或? = (−4,−2)．
 →
2a  b  8,1
? = (2,1)
【详解】（1）因为 →→
，求解可得：；
? = (4,−1)
a  2b  6, 3
故? = ?? +?? = ?(2,1) +?(4,−1) = (2? + 4?,?−?) = (1,2)；
故 2? + 4? = 1 ，解得：
?−? = 2
? = 3
21 ；
? = −
2
（2）因为c ∥ a ，故? = ?? = ?(2,1) = (2?,?)；
→
5
(2?)2 + ?2
因为 c  2
，故|?| =
= 5|?| = 2 5，解得 t  2 ，即t  2 ；
故? = (4,2)或? = (−4,−2)．
17．(1) f  x  sin  2x  π   1 ，   π  kπ , 1 k  Z
6 2 122 2 

(2)  3 1 , 3 
22 

【详解】（1）Q f  x  sin ωx φ  b 的最小正周期为π，T  2π  π ,ω 2 ，
ω
Q f  x 的最大值为 3 ， ∴ 1 + ? = 3, ∴ ? = 1，
222
Q f 0  1， ∴ sin? + 1 = 1, ∴ sin? = 1，
22
Q0 φ π ，φ π ， f  x  sin  2x  π   1 ，
266 2

令2x  π  kπk  Z ，解得 x   π  kπ k  Z ，
6122
\ f ( x) 的对称中心为  π  kπ , 1 k  Z ；
 122 2 

（2）Q f  x  sin  2x  π   1 ，函数 f  xπ
6 2
的图象向左平移个单位长度，
6

得到 y  sin 2  x  π   π   1  sin  2x  π   1  cs 2x  1 ，
 6 6 2
2 22
 
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到函数 g  x  的图象，得到 g  x  cs 2  1 x   1  cs x  1 ，
 2 22

则h  x  g  x  m  cs x  1  m ，
2
设h  x  0 ，解得cs x  1  m  0 ，解得cs x   1  m ，
22
因为函数h  x  g  x  m 在区间 π , π  上有两个不同的零点，
 3 6 
则 y  cs x, y   1  m 这两个函数在 π , π  上有两个不同的交点，
2 3 6 
y  cs x 在 x   π , 0 上是单调递增函数，在0, π  上是单调递减函数，
 36 
3
cs  π   1 ， cs 0  1 ， cs π ，
 3 2

则 3   1  m  1，解得
62
3 1  m  3 ，
2222
则实数 m 的取值范围为 3 1 , 3  .
22 

18．(1)证明见解析
(2)存在， DT  1
DC4
【详解】（1）连接 BD, B1D1,CD1 ，
Q E , G 分别为 AB, AD 中点， EG//BD ，
Q BB1 //DD1 ， BB1  DD1 ，四边形 BDD1B1 为平行四边形， BD//B1D1 ，
 EG//B1D1 ，又 EG  平面 D1B1C ， B1D1  平面 D1B1C ，
 EG// 平面 D1B1C .
（2）假设在棱CD 上存在点T ，使得 AT // 平面 B1EF ，延长 BC, B1F 交于 H ，连接 EH 交 DC 于 K ，
QCC1 //BB1 ， F 为CC1 中点，C 为 BH 中点，
QCD//AB ， KC //AB ， KC  1 EB  1 DC ，
24
Q AT // 平面 B1EF ， AT  平面 ABCD ，平面 B1EF  平面 ABCD  EK ，
 AT //EK ，又TK //AE ，四边形 ATKE 为平行四边形，TK  AE  1 DC ，
2
 DT  KC  1 DC ；
4
当 DT  1 时， AT // 平面 B EF .
DC41
19．（1） C  π；（2）  5 ；（3） m 3 .
362
【详解】（1）因为b  2a  2c cs B ，由正弦定理可得
sin B  2 sin A  2 sin C cs B  2 sin  B  C   2 sin C cs B  2 sin B cs C ，
因为 B 、C 0,π ，则sin B  0 ，， cs C  1 ，故C  π；
1
23
3
sin Asin B 
ab 2
SV ABC 
ab sin C 
24
ab  2 3 ，可得ab  8 ，则2 3 23 ，
cs 2 A  cs  A  B   A  B  cs  A  Bcs  A  B  sin  A  Bsin  A  B ，
cs 2B  cs  A  B   A  B  cs  A  Bcs  A  B  sin  A  Bsin  A  B ，
cs A  B  cs π C   cs C   1 ，
2
因为cs A  B  cs  A  B  cs A cs B  sin Asin B  cs A cs B  sin Asin B  2 sin Asin B  4 ，
3
所以， cs A  B  4  cs  A  B  4  1  5 ，
3326
因此， cs 2 A  cs 2B  2 cs  A  Bcs  A  B  2   1  5   5 ；
 2  66

取 AC 的中点 D ，则OD  AC ，如下图所示：

–––→ –––→–––→–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
CO  CA  CD  DO  CA  CD  CA  DO  CA 
1 –––→2
CA
2
，同理可得
–––→ –––→
CO  CB 
1 –––→2
CB ，
2
设V ABC 的外接圆半径为r ，
cs B –––→
因为CB 
sin A
cs A –––→–––→
CA  2mCO ，故
sin B
cs B –––→ –––→
CB  CO 
sin A
cs A –––→ –––→–––→2
CA  CO  2mCO ，
sin B
cs B
–––→2
cs A –––→2
–––→2
a2 cs Bb2 cs A
–––→2
即CB
2 sin A
CA
2 sin B
 2mCO ，即
2 sin A
 2mCO ，
2 sin B
4r 2 sin2 A cs B
则有
2 sin A
4r 2 sin2 B cs A

2mr 2 ，
2 sin B