广西壮族自治区北海市2026年高一下学期期末教学质量检测考试数学试题（含答案）

这是一份广西壮族自治区北海市2026年高一下学期期末教学质量检测考试数学试题（含答案），共19页。试卷主要包含了C 根据圆台定义可得结论，A 15 故选 A ，B 方法一等内容，欢迎下载使用。

1.B 由诱导公式， sinsin故选 B.
2.B 由辅助角公式可得fsin 故函数最大值为 2.故选 B.
3.C 根据圆台定义可得结论.该旋转体为圆台.故选 C.
4.A 15 故选 A .
5.D 因为 = (-s3, -1) ， = (1, 、3) ，所以 = 2 ， = 2 ， . EQ \* jc3 \* hps18 \\al(\s\up 7(→),b) = -v3 × 1- 1× 、3 = -2 、3 ，
所以cs 又因为θ ∈ [0, π] ，所以 故选 D.
6.B 依题意，知△OAB是等边三角形，所以 AB＝OA＝2.连接 OC．因为 C是 AB 的中点，所以 OC⊥AB，OC
又 CD ⊥ AB，所 以 O， C， D 三 点共线 ，所 以 CD＝ OD－ OC＝2 － 3 ，所 以 s＝ AB＋CD2 ＝2 +
OA
故选 B．
∴
设 = λ = λ , 则 = - =（1-λ) , ∵ B, E, F 共线，所以存在实数 μ , 使得 ，
即
又∵ , 不共线， ∴ , 解得 即 .故选 A.
8.B 方法一： 由辅助角公式化简为 f = 4 sin 由正弦函数的单调性，令
kπ ≤ ⑴x 解得k ∈ Z , 又 f 单调，可知该范围落在k ∈ Z，所以当k = 0 时，
解得 0 < ⑴ ≤ 3 .故选 B.
方法二： 由辅助角公式化简为
又 f(x) 在 单调，故 得 ⑴ ≤ 3解得 0 < ⑴ ≤ 3 .故选 B.
9.AD 据棱柱的定义可知AA, / /DD, ，故 A 正确；
由于ABCDEF 为正六边形，则直线EF 与 AB 相交，所以直线EF 与平面ABB,A, 不平行，故 B 错误；
由于 A,D, / /AD ，而直线 AD 与 CF 不垂直，所以 C 错误
由于棱柱的上下两个底面互相平行，点A, 和D¢ 都在上底面，故点A, 和D¢ 到下底面的距离相等，D 正确. 故选 AD．
10.ABC 由题意得 f = sin x cs x = 2 sin 根据 f(x) 的周期 T = 2π , A 项正确；根据 fsin f(x) 取到最值， B 项正确；
当x ∈ [0,3π ]时， x
f(x) 有三个零点分别满足x 即 x C 项正确；
因为 fsin 可知f不为偶函数，故D 项不正确. 故选 ABC .
11.ABD 对于A: △ ABC中， 由正弦定理得 sinC = 2sinBcsA + sinB，
由 sinC = sin(A + B) ，得 sinAcsB __ csAsinB = sinB ，即 sin(A __ B) = sinB，
由 0 < A ，B < π , 则 sinB > 0 ，故 0 < A __ B < π , 所以A __ B = B或A __ B + B = π ,即A = 2B或A = π(舍去) ，即A = 2B ，A 正确;
对于B ，结合A = 2B和正弦定理知 可得 csB 又 0 < A ，B < π , 故 A= 2B B 正确;
对于C ，在锐角△ ABC中，0 < B < ，0 < A = 2B < ，0 < C = π __ 3B < ，
即 < B < ， < tanB < 1 ．故 C 错误;
对于D ，在锐角△ ABC中， 由 csB
则csB 由函数单调性知， D 正确;故选 ABD．
12. _ 由题意，得 cs 所以tan 故答案为 _ .
13. (_3, _1) + 3 = (_5, 5), _ = (3, 1) ，由向量 在 方向上的投影向量为 所以( + 3) ( _ ) = _10, _ 2 = ( _ )2 = 10, 则 + 3 在 _ 方向上的投影向量为 故答案为 (_3, _1).
14. 由正弦定理可得r ，而 BC = 3 ， LBAC = 60O ，
则 r ，解得 r = 1 ，设 P 到面 ABC 的距离为 d ，而VP_ABC SΔABCd ， 2
如图，我们作出符合题意的三棱锥P _ ABC ，连接 AO ，若三棱锥 P _ ABC 的体积最大，则
SΔABC , d 同时最大即可，
由三角形面积公式得 SΔABC X ABX AC X ABX AC ，
由余弦定理得到 AB2 + AC2 _ AB X AC = 3 ≥ AB X AC ，当且仅当AB = AC 时取等，即 SΔABC 故△ ABC面积取得最大值为 ，
由题意得球的半径为 2 ， r = 1 ，设球心到面 ABC 的距离为 d1 ，
由勾股定理得 d 则 O 到平面 ABC 的距离为3 ，
设直线 AO 与平面 ABC 所成角为θ , 则 sin 而θ ∈ [0O，90O]，故θ = 60O ，则直线 AO 与平面 ABC 所成角为 60O ，
因为三棱锥P _ ABC 的各顶点均在半径为 2 的球 O 球面上，
,
所以 OA = OP = 2 ，而 AP 则故 ΔPAO 是以 O 为顶点的等腰直角三角形，
得到 LPAO = LAPO = 45O ，
当平面PAO 垂直于平面 ABC 时，点 P 到平面 ABC 的距离最大，
最大距离为PA ● sin(45O + 60O）= ·3 +1 ，
故三棱锥P __ ABC体积的最大值为VP_ABC 故答案为 .

15．解：(1)∵ AD = AB + BC + CD …………………………2 分
∴ (4,1) + (3，_1) + (_1,_2) = (4 + 3 _1,1_1_ 2) …………………………4 分
即 AD = (6,_2) …………………………6 分
（2） ∵ = (4, 1) , = (3, _1) , = (_1, _2)
∴ + 2 =（10，-1），__k =（3+k,-1+2k） 8 分
∵向量+ 2 与向量__k垂直, ∴ ( + 2) . (__k) = \l "bkmark1" 0
即(10, _1) . (3 +k, _1+ 2k) = 0 12 分
∴ 30 +10k +1_ 2k = 0 ，即 k …………………………13 分
16.解：（1）因为2csC(acsB +bcsA) = c，
所以利用正弦定理化简得： 2csC(sinAcsB + sinBcsA) = sinC ， …………………………2 分
整理得： 2csCsin(A + B) = sinC ，
C ∈(0, π ) ,sinC ≠ 0 ， sin(A + B) = sinC ， …………………………4 分 ：csC 又0 < C < π , ：C . …………………………7 分
（2） 由余弦定理得 7 = a2 + b2 _ 2ab …………………………9 分 S absinC ab ab = 6 ， …………………………11 分 ：(a +b)2 _ 3ab = 7：(a + b)2 _ 18 = 7 ，：a + b = 5 ， …………………………13 分
ΔABC 的周长为5+ 7. …………………………15分
17.解：（1）因为 ΔPAD 是等边三角形， O是 AD 中点，
所以AD 丄 PO 2 分
(2)解法一：几何法
在菱形 ABCD 中， AD / /BC ，因为 AD 丄 平面 POB ,
所以 BC 丄平面 POB …………………………7 分
在平面 POB 内，作 OH 丄 PB 于H ，
因为 BC 丄平面 POB ， OH C 平面 POB ，
又因为 AD 丄 PB ， PO ， PB C平面 POB ， PO PB = P ， …………………………4 分所以 AD 丄 平面 POB . …………………………5 分
H
D
O
A B
P
所以 OH 丄 BC ， …………………………9 分
又因为 OH 丄 PB ， PB ， BC C平面 POB ， PB BC = B ，
所以 OH 丄平面 PBC ，
所以 OH 的长度为点 O 到平面PBC 的距离. …………………………11 分
在RtΔAOB 中，因为 AB = 4 ， AO = 2 ， LAOB = 90O ，
所以 OB = 23 ，同理 OP = 23 ， …………………………13 分
又因为PB = 26 , 所以 PO2 + OB = PB2 ，所以PB 边上的高 OH = 6 ，
即点 O 到平面PBC 的距离为6 . …………………………15分
解法二：等积法
OP 丄 AD , OP 丄 OB , AD ∩ OB = O , 所以OP 丄 平面ABCD , …………………………7 分因为AD 丄 平面POB， BC / /AD , 所以BC 丄 平面POB 9 分又因为PB C 平面POB， 所以BC 丄 PB , 所以SΔPBC = 4 6
因为OP = 23，SΔOBC = 4 ·3 , …………………………11 分
设O到平面PBC的距离为h, 由VP-OBC =VO-PBC 可得 …………………………12 分
h → h …………………………14 分
所以点O到平面PBC的距离为6. …………………………15 分
18.解： (1)由题意： …………………………1 分得 …………………………2 分又T …………………………3 分又t = 0 时在最低点，最低点高度为35 - 25 = 10米, ，故H = 10 ，代入得
10 = 25sinφ + 35 → sinφ = -1, 又 …………………………4 分所以H = 25sin 化简得： H = 35 - 25cs t, …5 分
(2) 由题意H(t) ≥ 47.5, 代入解析式得35 - 25cs π t ≥ 47.5 ………………………6 分5
得-25cst ≥12.5, 解得cs …………………………7 分
令x = t, t ∈[ \l "bkmark2" 0, \l "bkmark3" 10], 则x ∈[0, 2π ]，由cs x ≤ - , 得 ≤ x ≤ , 代入x = t …………8 分解得： …………………………9 分
解得故游客的最佳视觉效果的持续时间为分钟 …………………………10 分（3）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 …………………………11 分设游客甲乘坐时间t（0 ≤ t ≤ 10)分钟后，此时其对应的圆心角为
高度为H1 = 35 _ 25cs ………………………… 12 分游客乙乘坐时间t（0 ≤ t ≤ 10)分钟后，乙的高度H2 = 35 _ 25cst ………………………13 分他们的高度差为H1 _ H2 cs cs …………………………14 分
= 25x 2 sin( π t + π ) sin π = 25 sin( π t + π ) …………………………15 分
5 6 6 5 6
因为sin当t 或t sin取得最大值1 …………………………16 分此时当当t 或t 高度差最大值为25米 …………………………17 分
19.解： (1)因为四边形 ABCD 为矩形，所以MC / /AD， …………………………1 分又因为MC 丈平面AB,D, AD C 平面AB,D, …………………………3 分所以MC / /平面AB,D. …………………………4 分
(2)在Rt △ ABM中，LBAM AB = 1 ，BC ，则BM
AM = MC 在线段AD上截取AE = CM ，连接CE ，EN ，CN，
由AD//CM ，可得四边形AMCE为平行四边形，
所以CE//AM ， …………………………6 分
又CE ⊄平面AMB, ，AM C平面AMB, ，则CE//平面AMB, ，因为CN//平面B,AM ，又CN ∩ CE = C， CN, CE C平面CEN ，则平面CEN//平面B,AM ， …………………………8 分
因为平面CEN ∩平面AB,D = EN ，平面AB ′M ∩平面AB,D = AB, ，所以EN//AB,，
又AE = CM = ，AD = ，则 …………………………10 分
（3）连接BD ，在Rt △ BCD中，BC = ，CD = 1 ，则LCBD
又在Rt △ ABM中，LBAM AB 丄 BM ，则BD 丄 AM ，故 B 、P、D三点共线， ………12 分易得AM 丄平面B’PD ，又AM C平面AMCD ，：平面B’PD 丄平面AMCD，
则LB’DP即直线B’D与平面AMCD所成角， …………………………14 分
由题可知，B’在以P为圆心，B’P 为半径的圆上，则当直线B,D与圆相切时，LB’DP取得最大值，此时 sinLPDB tanLPDB …………………………16 分
故直线B’D与平面AMCD所成角的正切值取值范围为 …………………………17 分