广西梧州市2024-2025学年高一年级下册期末抽样检测数学试题

广西梧州市2024-2025学年高一下学期期末抽样检测数学试题

学校:姓名：班级:考号：

一、单选题

1.体操中有“后空翻转体720度”的动作，其中“720度”等于()

A.71弧度B.2兀弧度C.371弧度D.4兀弧度

2.£不等于()

A.斤B.C'AC.B'AD.CB

3.在三棱台14c中，截去三棱锥4—4RC，则剩余部分是()

A.三棱锥B.三棱台C.四棱锥D.三棱柱

4.已知VN8C中，内角4,B,C的对边分别为“，b,c,c=3,。=2,C=1500,则sinZ=

()

1

A1B百rD.3

??6

5.已知直线。、6与平面a、6,下列命题正确的是()

A.若a//b,bra,贝！J。//aB.若Q//OT,br-a,则

rr

C.若b(-a,贝D.若a_L6,a-a,贝必_L6

6.已知aGfo,—,-J5sina=tana,贝Ucos2a=()

I2>

4334

A-SB-5C-D•一M

7.若正三棱锥的所有棱长均为3,则该正三棱锥的体积为()

A.3gB.—C.D.x/6

124

8.设函则x)=cos；0X-：］(0>O),若/(xj—/(必)|=2时h一的最小值为g.则

下列选项正确的是()

A.函数/'(x)的周期为1

B.方程/'(x)=0在区间［―兀,兀］上的根的个数共有6个

C.当xejw，7］,/(x)的值域为堂■」

i)12)

试卷第1页，共4页

D.将函数f（x）的图像向左平移三个单位，得到的函数为偶函数

4

二、多选题

T

9.已知向量;；=（x,3）,b=（5,2）,则下列结论正确的是（）

_T15_T6

A.右〃H6，贝J1【=——B.若〃_|_b，贝卜=~—

C.若口=5,贝!Jx=4D.若x=3,贝iJa.b=21

10.已知圆锥S。的母线长为4,其侧面积是底面积的2倍，则（）

A.该圆锥母线与底面所成角为60。B.该圆锥的体积为警

C.该圆锥侧面展开图的面积为4兀D.该圆锥侧面展开图为半圆

11.已知7,8{0弓）到19+。）=7m119—。）=1,则以下说法正确的是（）

437171

A.tan2a=——B.tan26=—C.B=a+—D.B=a——

3444

三、填空题

12.2sinl5Ocosl5o=.

13.已知长方体48cz）—451CQi中，4B=2,BC=3,AAt=4,则该长方体的外接球（长

方体的八个顶点都在球面上）的表面积等于.

14.在YABC中，角力，B,C的对边分别为。,b,c,且J§acos3=bsinZ,则8的值

为；sinN+sinC的最大值是.

四、解答题

15.已知向量万,5,满足|4=4,同=3,（25—3占）.（2方+3）=61.

（1）求a・b与K,b；

⑵求：①B+倒；②混屋方向上的投影数量.

16.在平面直角坐标系中，已知角a的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它

的终边过点尸（4,—3）.

⑴求sina,tan（K+a）,sin2a的值；

试卷第2页，共4页

(2)若角6满足sin(a+6)=',求COS6的值.

17.已知函数/'(x)=2sin[x+E),

(1)求/(x)的最小正周期与单调递增区间；

(3)当xG[0,"]时，14/(x)42,求实数机的取值范围.

18.△/3C是正三角形，线段E4和DC都垂直于平面N5C,设E4=4B=2。，DC=a,

且尸为AE■的中点，如图所示.

(1)求证：。尸II平面4BC；

(2)求证：AFLBD-,

(3)求平面BDE与平面ABC所成的较小二面角的大小.

试卷第3页，共4页

19.《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假

设霍尔顿在一块四边形48co的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将8。连

接，经测量=BC=CD=2,AD=2G.

(1)霍尔顿发现无论3。多长，6cos/—cosC为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出

这个定值；

(2)霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关(正相关描述的是两个变量之间的一

种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个

变量也倾向于减小)，记△/AD与△3CD的面积分别为&和S2,为了更好地规划麦田，请

你帮助霍尔顿求5?+5?的最大值；

(3)霍尔顿发现麦田的维护成本与分割线的长度平方成正比，比例系数为左，而总收益与

年+“成正比，比例系数为m(其中尢＞0,m＞Q,12-8JI＜也二竺＜16若净收益为

总收益减去维护成本，请求出使净收益最大的3。长度，并写出此时的最大净收益表达式.

试卷第4页，共4页

《广西梧州市2024-2025学年高一下学期期末抽样检测数学试题》参考答案

题号12345678910

答案DACACCCBBDABD

题号11

答案ABD

1.D

【分析】根据角度制和弧度制换算关系即可得到答案.

【详解】因为1。=弓产r"，所以7200*1京=23=4万弧度，

因此“720度”即47r弧度.

故选：D.

2.A

【分析】根据向量加法运算，即可求解.

【详解】根据向量加法运算可知，丁尸+.

故选：A

3.C

【分析】由棱台和棱锥的结构特征判断即可.

【详解】如图，在三棱台N3C—H8'C‘中，截去三棱锥N—43'C'后得到的是四棱锥

A-BCC'B'.

故选：C.

【分析】根据正弦定理求解即可.

【详解】由正弦定理知：二=—J，题中，a=2,c=3,C=1500

qinAqin(

「•-^■7二.：:sin'JsiyO二！,选项A正确，选项BCD错误

qinAqin1SO0，，

故选：A.

5.C

【分析】由线面位置关系的判定，分析选项中结论是否正确.

答案第1页，共10页

【详解】A选项，缺条件“丈a,结论不成立；

B选项，直线6与直线。可能平行可能异面，结论不成立;

C选项，由直线与平面垂直的定义可知，结论正确

D选项，直线a可能与。平行，可能在。内，也可能与。相交，不一定满足垂直，结论不成

立.

故选：C

6.C

【分析】根据条件，利用商数关系和倍角公式，即可求解.

【详解】由右sina=tana,得石sintz=2吧■.又二则sina>0,

c.osrxI2J

所以costz=止，所以cos2a=2cos%-1=-；.

55

故选：C.

7.C

【分析】作出三棱锥的高，求出对应线段长，通过体积公式得出三棱锥体积.

【详解】如图，正三棱锥尸一NBC,PA=PB=PC=AB=AC=BC=3,,

取3c中点。，连接力。，取等边三角形48C的中心。，连接尸。，

由正四面体的性质可知，顶点与底面中心连线垂直底面，

.*.PO_L平面

即三棱锥尸一A8C的高为尸。，

,?AB=AC=BC=3,

：.AD=—,：.AO=J3>

；・OP=^32-(A/3)2=a

VpABC=-S.BCOP=-x—x3x3x—xy/6=.

r~ADl^?A/IDL42,

故选：c

答案第2页，共10页

8.B

【分析】由题可知/(x)的最小正周期为斗即可判断A；由此可得W=3,再根据余弦函数

的图像及相关性质可判断B、C、D.

【详解】A选项，F(XJ^(X2)|=2时，卜|一片|的最小值为三，可彭(x)的最小正周期为今,

故A错误；

B选项，由A可知，—-CD=3.则/(x)=cos(3x-().

当xe|-兀，兀I时，3x-Je>~T,贝I」当3X-4=-&，--,7t713715兀

9，

114444)，????

/(X)=0,贝犷(x)=0在区间［―兀，兀］上的根的个数共有6个，故B正确;

，兀兀)Ji(Ji3叫3兀)

C选项，当时，3x--e\T'~T，因"COST在|彳,7|上单调递减，则

=COS^-</*(/)<COS^=,故C错误；

D选项，将函数f(x)的图像向左平移生个单位，则得到的解析式为

歹=331+：)-£=-sin3x,则得到的函数为奇函数，故D错误；

故选：B.

9.BD

【分析】由两个平面向量平行、垂直的坐标公式计算可分别判断A项、B项，由平面向量

的模、数量积的坐标公式计算可分别判断C项、D项.

_t15

【详解】对于A项，若〃II6，则2x—15=0,得x=万,故A项不正确.

_T6

对于B项，若cj_6，贝!J5x+6=0,得％=-、，故B项正确.

对于C项，若卜卜5,则7才+9=5，得X=±4,故C项不正确.

TT

对于D项，若x=3,则a.6=3x5+3x2=21，故D项正确.

故选：BD.

10.ABD

【分析】设圆锥底面半径，然后得到底面面积和周长，从而表示出侧面面积，由题意建立方

程解得底面半径.然后由母线和底面半径求出母线与底面夹角；由母线与底面夹角的正弦值

答案第3页，共10页

求出圆锥的高，从而求出体积；由公式求出侧面面积；由侧面面积与以母线为半径的圆的面

积关系得到侧面展开图是否是半圆.

【详解】设圆锥底面半径为「，

则底面面积S=Tir2,底面周长C=2nr,

.•.侧面面积5C=4m-,

由题意得S2=2S],即4兀尸=2Tlz?,即尸=2,

r1

设该圆锥母线与底面所成角为a,则cosa=；=不，即a=60。，A选项正确；

/2

则该圆锥的体积％=Ls/=Ls\/sina=乜47tx4x2毡色，B选项正确；

343?\

侧面面积£=-Cl-Anr-871,C选项错误；

侧面面积=8无=4兀x下,所以该圆锥侧面展开图为半圆，D选项正确.

29

故选：ABD.

11.ABD

【分析】根据两角和差的正切公式求出tan2a,tan2。判断AB；根据角的范围及特殊角的正

切值判断CD.

【详解】因为tan(a+6)=7,tan(a-jB)=1,

tan(a+8)+tan(a-8)7+14

所以tan2a=tan[(a+G)+(a-3)]=

1-tan(a+6)tan(a-8)1^73

tan26=tan[(a+8)-(a-8)]=:3n(a；=Zzl=2,故选项AB正确;

L''v/Jl+tan(a+0)tan(a-B)1+74

因为a,6J。,工,所以2a,20£(0,兀),又tan2a<0,tan2/3>0,

I2J

所以2ae(5,兀,

7TTT

因为tan(a—。)=1,所以a—6=—即夕=a—2,所以c错误，D正确.

44

故选：ABD

12.y.

【详解】由正弦的背胶公式可得2sinl5°cosl5°=sin30°=-.

7

13.29"

答案第4页，共10页

【分析】根据长方体的外接球的直径是长方体的体对角线，求得外接球的半径即可.

【详解】因为长方体4BCD—481GA中，AB=2,BC=3,AAt=4,

且长方体的外接球的直径是长方体的体对角线，

所以2R=J4+9+16=J29,

解得叵，

2

29

所以外接球的表面积为S=4TTR2=47T,一=2971,

4

故答案为：29TT

14.-8

a

【分析】根据条件及正弦定理，求得角5;然后利用三角形内角和转化为4与。的关系，利

用两角和与差的正弦展开式和/取值范围求得最大值.

【详解】**ecosB=bsinA,・,•由正弦定理得、/3sin/cosB=sinBsin4,

又siib4W0,故gcosB=sin5,*,•tanB=^3,

兀

0<B<TI:・B=一：

Fa

A+C=—

a

.<271八.4.2兀27r.

sirU+sinC=siM+sin——~A=sirL4+sin—eos/A1-cos―sinA

I3J33

小+力,.

-sirL4+-cos^4=&

\227

,•八/2兀.兀，兀5TT

•0<A<—,・・-<A-\—<

366

・••当4+工=工，即4=工时Esi+弓）取得最大值力.

67a

,兀「，兀1

当/=—,C=一时，sin%-卜sinC取得最大值.

aa

Jr—

故答案为：—；V3.

15.⑴。•否=一6，（。6=丁

⑵①£+倒=如②2

TT

【分析】（1）由已知条件，结合向量数量积的运算律，即可求4.6的值；再根据数量积的运

答案第5页，共10页

算律及公式，即可求.花).

(2)由|£+闸=J@+盯可求得”鼻,再利用向量的投影的数量的定义求解.

【详解】(1)由已知(2a—36).(2。+。=61,得期~—3K—4^b=61,

即64—27—4以6=61,所以a.6=-6,

/一工、a・b-61

则""第二口=》

又(4,可£[0,万],所以,W=1■兀.

(2)①,+陷=J(a+1)=J"+。I+j[=^16+2x(-6)i-9=后

②力在1方向上的投影数量为|。cos=4x,口二一2.

3324

16.(l)sina=--,tan(7t+tz)=-—,sin2a=--

【分析】(1)根据给定条件，利用三角函数定义，结合诱导公式及二倍角的正弦求解.

(2)利用同角公式，差角的余弦公式求解.

【详解】(1)由点尸(4,一3),得|PO|=J4?+(-3)2=5,

343

所以sina=——,cosa=—，tana=——，

SS4

324

tan(7r+a)=tana=——,sin2a=2sinacosa=---.

42S

(2)由sin(a+6)=p^,得cos(a+8)=±Jl-sin“a+3)=土区，

因此cos/3=cos[(a+。)一ar]=cos(a+jB)cosar+sin(cr+/3)sincr,

业,612旺〃1245,3、33

当cos(a+6)=一时，cos6=—x—+—x(——)=—：

BBSBS6S

上/°、12j°,12、45,3、63

当cos(a+8)=时，cosB=()x—Hx(——)=,

BK5K565

所以cos6的值为史或

65AS

17.(1)T=6,/(x)的递增区间为16左一2,6左+1](4WZ)

(2)表格见解析，函数图像见解析

⑶口，2]

答案第6页，共10页

【分析】(1)根据正弦函数的周期性求解最小正周期，根据正弦函数的单调性求解单调递增

区间.

(2)完善表格，描点连线即可利用“五点作图法”画图.

71717turn71

(3)由已知可得彳、+£€,结合(2)的图象即可求加的取值范围.

36|_636_

【详解】(1)因为/(X)=2$(三/+2)，所以，71.

令2kli----W—xH—W2阮H—（左sZ）,解得6^—2Wx46左+1（左£Z）,

2362'

所尔（X）的递增区间为[6左一2,6左+1]QGZ）；

（2）因划（x）=2sin+当xG[0,6]时，?+/，粤

136J36|_66_

列表如下:

5H

X0146

??

717171713兀1371

—x+—712兀

36622~7T

y120—01

(27c7T।

XI</(x)<2,由(2)的图象，且/(2)=2si《1-+，=l，可知14%42,

所以加的取值范围是[1,2].

18.(1)证明见解析

(2)证明见解析

答案第7页，共10页

(3)45°

【分析】(1)利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理

即可证明；

(2)利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明；

(3)延长区)交/C延长线于G，，连5G,只要证明8G」平面4BE即可得到/48E为所

求的平面80E与平面4BC所成二面角，在等腰直角三角形4BE中即可得到.

【详解】⑴证明：如图所示，取48中点G,连CG、尸G.

,:EF=FB,AG=GB,

：.FG]\-EA.

=2

又。C||L瓦4,：.FG\\DC,

=2-

四边形CDFG为平行四边形，DF//CG.

:。改平面N3C,CGU平面43C,

二。尸〃平面4BC

(2)证明：平面4BC,

：.AE±CG.

又△ABC是正三角形，G是N3的中点，

CGLAB.

；.CG_L平面NEA

又,：DF〃CG,

；.Z)F_L平面4EA

二平面平面BDE.

'：AE=AB,EF=FB,

：.AF±BE.

；.4F_L平面BED,

：.AFLBD.

(3)延长E。交/C延长线于G1连BG.

由CD=-AE,CD//AE知，。为EG，的中点,

2

：.FD//BG'.

又CGJ_平面FD//CG.

答案第8页，共10页

.•.8G'_L平面ABE

•••NEBA为所求二面角的平面角.

在等腰直角三角形ZE8中，可得/N5E=45。.

二平面ADE与平面/8C所成的较小二面角是45°.

19.(1)验证见解析，x/2cos?l-cosC=

23

⑵万

23加2一20妊+4〃

⑶8。=

【分析】（1）在AZ8RA8co中分别对8。使用余弦定理，可得N,C关系，即可得出

行cosA-cosC为定值；

（2）求出价+转的表达式，利用二次函数的基本性质及余弦函数的取值范围，可得出S：+S?

的最大值;

⑶设50二x,净收益为y,则尸冽（4+君）-kx,又（1）（2）可徼二一至一+

o

根据二次型函数求最值即可.