山东省潍坊市昌乐、临朐等四县2026届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

山东省潍坊市昌乐、临朐等四县2026届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．在中，角的对边分别是，若，则（）A． B．或 C．或 D．2．下列函数中周期为，且图象关于直线对称的函数是()A． B．C． D．3．函数图像的一条对称轴方程为（）A． B． C． D．4．已知锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．函数的图象如图所示，则y的表达式为（）A． B．C． D．6．若，，则与的夹角为（）A． B． C． D．7．设是△所在平面内的一点，且，则△与△的面积之比是（）A． B． C． D．8．设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出下列四个命题，正确的是（）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则9．在空间四边形中，，，，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的大小为（）A． B． C． D．10．已知，是两个变量，下列四个散点图中，，虽负相关趋势的是（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，内角，，所对的边分别为，，，，且，则面积的最大值为______.12．设向量是两个不共线的向量，若与共线，则_______.13．某校高一、高二、高三分别有学生1600名、1200名、800名，为了解该校高中学生的牙齿健康状况，按各年级的学生数进行分层抽样，若高三抽取20名学生，则高一、高二共抽取的学生数为.14．已知算式，在方框中填入两个正整数，使它们的乘积最大，则这两个正整数之和是___.15．已知直线与圆交于两点，若，则____.16．设，若用含的形式表示，则________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知函数的图象如图所示.（1）求这个函数的解析式，并指出它的振幅和初相；（2）求函数在区间上的最大值和最小值，并指出取得最值时的的值．18．已知，，，，求的值.19．已知函数.（1）求函数的定义域；（2）当为何值时，等式成立？20．如图,在四棱锥中,丄平面,，，，，.(1)证明丄;(2)求二面角的正弦值;(3)设为棱上的点,满足异面直线与所成的角为,求的长.21．已知函数，将的图象向左平移个单位后得到的图象，且在区间内的最大值为.（1）求实数的值；（2）求函数与直线相邻交点间距离的最小值.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解析】

直接利用正弦定理，即可得到本题答案，记得要检验，大边对大角.【详解】因为，所以，又，所以，.故选：D【点睛】本题主要考查利用正弦定理求角.2、B【解析】因为，所以选项A,B,C,D的周期依次为又当时，选项A,B,C,D的值依次为所以只有选项A,B关于直线对称，因此选B.考点：三角函数性质3、B【解析】

对称轴为【详解】依题意有解得故选B【点睛】本题考查的对称轴，属于基础题。4、B【解析】

利用余弦定理化简后可得，再利用正弦定理把边角关系化为角的三角函数的关系式，从而得到，因此，结合的范围可得所求的取值范围.【详解】，因为为锐角三角形，所以，，，故,选B.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.5、B【解析】

根据图像最大值和最小值可得，根据最大值和最小值的所对应的的值，可得周期，然后由，得到，代入点，结合的范围，得到答案.【详解】根据图像可得，，即，根据，得，所以，代入，得，所以，，所以，又因，所以得，所以得到，故选B.【点睛】本题考查根据函数图像求正弦型函数的解析式，属于简单题.6、A【解析】

根据平面向量夹角公式可求得，结合的范围可求得结果.【详解】设与的夹角为，又故选：【点睛】本题考查平面向量夹角的求解问题，关键是熟练掌握两向量夹角公式，属于基础题.7、B【解析】试题分析：依题意，得，设点到的距离为，所以与的面积之比是，故选B．考点：三角形的面积．8、C【解析】

利用线面、面面之间的位置关系逐一判断即可.【详解】对于A，若，，则平行、相交、异面均有可能，故A不正确；对于B，若，，，则垂直、平行均有可能，故B不正确；对于C，若，，，根据线面垂直的定义可知内的两条相交线线与内的两条相交线平行，故，故C正确；对于D，由C可知，D不正确；故选：C【点睛】本题考查了由线面平行、线面垂直判断线面、线线、面面之间的位置关系，属于基础题.9、D【解析】

平移两条异面直线到相交，根据余弦定理求解.【详解】如图所示：设的中点为，连接，所以，则是所成的角或其补角，又根据余弦定理得：，所以，异面直线与所成角的为，故选D.【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是.10、C【解析】由图可知C选项中的散点图描述了随着的增加而减小的变化趋势，故选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据正弦定理将转化为，即，由余弦定理得，再用基本不等式法求得，根据面积公式求解.【详解】根据正弦定理可转化为，化简得由余弦定理得因为所以，当且仅当时取所以则面积的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，基本不等式的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12、【解析】试题分析：∵向量，是两个不共线的向量，不妨以，为基底，则，又∵共线，．考点：平面向量与关系向量13、70【解析】设高一、高二抽取的人数分别为，则，解得.【考点】分层抽样.14、.【解析】

设填入的数从左到右依次为，则，利用基本不等式可求得的最大值及此时的和.【详解】设在方框中填入的两个正整数从左到右依次为，则，于是，，当且仅当时取等号，此时.故答案为：15【点睛】本题考查基本不等式成立的条件，属于基础题.15、【解析】

根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离：，由得，解得.【点睛】本题考查直线与圆的应用.此题也可联立圆与直线方程，消元后用弦长公式求解.16、【解析】

两边取以5为底的对数，可得，化简可得，根据对数运算即可求出结果.【详解】因为所以两边取以5为底的对数，可得，即，所以，，故填.【点睛】本题主要考查了对数的运算法则，属于中档题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）函数的解析式为，其振幅是2，初相是（2）时，函数取得最大值0；时，函数取得最小值勤-2【解析】

（1）根据图像写出，由周期求出，再由点确定的值．（2）根据的取值范围确定的取值范围，再由的单调求出最值【详解】（1）由图象知，函数的最大值为2，最小值为-2，∴，又∵，∴，，∴.∴函数的解析式为.∵函数的图象经过点，∴，∴，又∵，∴.故函数的解析式为，其振幅是2，初相是.（2）∵，∴.于是，当，即时，函数取得最大值0；当，即时，函数取得最小值为-2.【点睛】本题考查由图像确定三角函数、给定区间求三角函数的最值，属于基础题．18、【解析】

根据角的范围结合条件可求出，的值，然后求出的值，再由二倍角公式可求解.【详解】由，，得.又，则.由，，得.所以又所以【点睛】本题考查两角和与差的三角函数公式和同角三角函数关系以及二倍角公式，考察角变换的应用，属于中档题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据对数的真数大于零，得出，解出该不等式即可得出函数的定义域；（2）根据对数的运算性质可得出关于的方程，解出即可.【详解】（1）由，得，所以，函数定义域为；（2）由，得，即，可得：，即，即，或，由于，得，所以，不合题意，所以，当时，等式成立.【点睛】本题考查了对数运算以及简单的对数方程的求解，解题时不要忽略真数大于零这一条件的限制，考查运算求解能力，属于基础题.20、(1)见证明；(2)；(3)【解析】

（1）要证异面直线垂直，即证线面垂直，本题需证平面（2）作于点，连接．为二面角的平面角，在中解出即可．（3）过点作的平行线与线段相交，交点为，连接，；计算出AF、BF，再在中利用的余弦公式，解出EF,即可求出AE的长【详解】（1）证明：由平面，可得，又由，，故平面．又平面，所以．（2）如图，作于点，连接．由，，可得平面．因此，从而为二面角的平面角．在中，，，由此得由（1）知，故在中，因此所以二面角的正弦值为．（3）因为，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，；∴或其补角为异面直线与所成的角；由于，故；在中，，；∴；∴在中，由，，可得：；由余弦定理，可得，，解得：，设；在中，；在中，；∴在中，，∴；；解得；∴．【点睛】本题主要考查线线垂直、二面角