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2025级高一下学期定时练习
数学
本卷满分150分，练习时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4,所有题目必须在答题卡上作答，在本卷上答题无效。
5.定时练习结束后，只将答题卡交回。
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.在复平面内，若z=一2十3i,则z的共轭复数对应的点位于
A,第一象限
B.第二象限
C,第三象限
D.第四象限
2.cos15°cos75°-sin15°sin75°=
A.0
B吉
D.1
3.已知a,b是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，则下列命题正确的是
A若aCa,a∥B,则a∥B
B.若aCa,a⊥B,则a⊥B
C.若a∥ba∥a,则b∥a
D.若a⊥b,a⊥a,则b∥a
4.
若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则圆柱与球的表面积之比为
A.1
B.
c号
08
5.在△ABC中，若AE=EC,BF=2FC,设AB=a,AC=b,则E京=
A.a-5b
2,5
B.3a+6b
c号a-b
D.ga+gb
数学试题第1页（共4页）
6,在△ABC中，设甲：C=,乙：sinA=cosB,则
A甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D,甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
7.与正四棱锥的5个顶点的距离都相等的平面有
A.4个
B.5个
C.6个
D.7个
&.已知x1x:是方程sinr-c03x=号在[0,2x)上的两根，则c0sx1osx2=
A-含
B-只
c
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.设函数f(x)=sin(2x-于)，则
Af(x)的最小正周期为π
Bf(x)的图象关于点（货，0）对称
Cfx)的图象的对称轴为z=危+经E
D.fe)的单调递增区间为（一竞+m,登+km(a∈Z刀
10.已知△ABC的外接圆圆心为O,且满足AB+AC=2Aò，则
A.Bδ=O0
B.AB·AC=0
C,若1O1=|1,则BA在BC上的投影狗量为号心
D.若BA.Bò=1，C.Cò=2，则1BC=6
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD一A1B,C1D1中，E为DC的中点，F为线段A1C上的
动点，则
D
C
A,AD1⊥EF
B.BF+FD的最小值为√3
C,四面体AD,EF的体积为定值
D.EF与平面ABCD所成角的正切值的最大值为1
数学试题第2页（共4页）２０２５级高一下学期定时练习
数学试题参考答案及评分意见
一、选择题:(每小题５分,共４０分)
１ C; ２ A; ３ B; ４ D; ５ D; ６ A; ７ B; ８ A．
二、选择题:(每小题６分,共１８分)
９ AD;　　　 　　　１０ ABD;　　　　　　　　１１ ACD．
三、填空题:(每小题５分,共１５分)
１２ ２i;　　　　　　１３ ２０２;　　　　　　１４．[１,３]．
四、解答题:(共７７分)
１ ３
１５ 解:(１)因为a２＝１＋３＝４,b２＝ ＋ ＝１, ２分４ ４
又(a＋２b) (a－２b)＝a２－４b２＝４－４×１＝０, ５分
所以(a＋２b)⊥(a－２b)． ６分
() １ ３２ 因为a b＝－２＋２＝１
, ８分
a＋tb ２＝a２＋２ta b＋t２b２＝４＋２t＋t２＝(t＋１)２＋３≥３, １１分
所以 a＋tb ≥ ３,当且仅当t＝－１时等号成立．
故 a＋tb 的最小值为 ３ １３分
１６ 解:(１)因为A１A⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以A１A⊥BC． ３分
由题知AB⊥BC,
又AB∩A１A＝A,A１A 平面ABB１A１,AB 平面ABB１A１,
所以BC⊥平面ABB１A１． ６分
(２)连接AC１,BC１,则AC１ 与A１C 交于点F．
因为E,F 分别是AB,AC１ 的中点,
所以EF∥BC１． ９分
又EF 平面BCC１B１,BC１ 平面BCC１B１,
所以EF∥平面BCC１B１． １２分
数学参考答案　第　１页(共５页)
又EF 平面EFC,平面EFC∩平面BCC１B１＝l,
所以EF∥l １５分
１７ 解:(１)由表可知小明在一个呼吸周期内心率的最大值与最小值分别为８０次/min与６０次/min,
８０－６０
可得A＝ ２ ＝１０
次/min, ２分
所以 HR０＝６０＋A＝７０次/min． ３分
, π , π π又一个呼吸周期T＝６ 即 f×６＝２π 解得 分３０ ３０f＝３． ４
令t＝２,得 HR(２)
２π π
＝７０＋１０sin( ＋φ)＝８０,解得３ φ＝－
( )
６＋２kπk∈Z ．
π π, π又－ ＜φ＜ 所以２ ２ φ＝－
分
６． ６
π π
所以 HR(t)＝７０＋１０sin(t－ )(t≥０)． ７分３ ６
() ２ π２ 由题意知小明在步行时心率满足 HR(t)＝９０＋４sin(３πt－
)
６ ．
９分
２π π ２π π
HR(t＋１)－HR(t)＝４sin[ (３ t＋１
)－ ] ( )６ －４sin ３t－６
２π ２π ２π
＝４cos３t－２３sin３t＋２cos３t
２π ２π
＝６cos３t－２３sin３t
２π π
＝４３cos(３t＋
)
６ ．
１３分
１１
所以 HR(t＋１)－HR(t)≤４３,当且仅当t＝４＋３k
(k∈N)时等号成立． １４分
所以小明步行时 HR(t＋１)－HR(t)的最大值为４３． １５分
a b c
１８ 解:(１)(i)由正弦定理 ＝ ＝ ＝２R(R 为△ABC 外接圆的半径),sinA sinB sinC
得 ３sinB＝ ３sinAcosC＋sinCsinA, １分
又B＝π－A－C,所以sinB＝sinAcosC＋cosAsinC．
所以原式化为 ３(sinAcosC＋cosAsinC)＝ ３sinAcosC＋sinCsinA． ３分
整理得 ３sinCcosA＝sinCsinA,又sinC≠０,cosA≠０,
数学参考答案　第　２页(共５页)
所以tanA＝ ３,又A∈(０,),
π
π 所以A＝ 分３． ４
() １i 因为△ABC 的面积S△ABC＝２bcsinA＝ ３
,所以bc＝４． ５分
又由余弦定理知a２＝b２＋c２－２bccosA,即４＝b２＋c２－bc, ７分
所以(b－c)２＝０,即b＝c,所以b＝c＝２． ８分
() １２ 因为AD 为∠BAC 的角平分线,所以∠BAD＝∠CAD＝２∠BAC．
１ １ ∠BAC １ ∠BAC
由面积公式得
２bcsin∠BAC＝２AD×c×sin ２ ＋２AD×b×sin
,
２
∠BAC ∠BAC b＋c
化简得bccos ＝b＋c,即２ cos ２ ＝ bc ．
又由余弦定理得２bccos∠BAC＝b２＋c２－a２,
(b＋c)２
即２bc[２× ２ ２b２c２ －１
]＝b ＋c －４．
化简得４(b＋c)２＝bc[(b＋c)２－４]( )． １１分
b＋c
由基本不等式得４(b＋c)２≤( )２[(２ b＋c
)２－４],解得b＋c≥２５．
当且仅当b＝c＝ ５时等号成立． １４分
又由 b－c ＜２得(b－c)２＜４,即(b＋c)２＜４＋４bc．
(b＋c)２－４
所以bc＞ ４ ．
( )２
代入( )得４(
b＋c －４
b＋c)２＞ [( )２４ b＋c －４
],
又b＋c＞２,有４(b＋c)＞(b＋c)２－４,
解得b＋c＜２＋２２,当A 点与B,C 两点无限趋于共线时,b＋c无限逼近２＋２２．
综上,b＋c的取值范围为[２５,２＋２２) １７分
１９ 解:(１)设BD 的中点为O,连接AO,OC,
由AB＝AD,得AO⊥BD． １分
同理CO⊥BD． ２分
又AO∩CO＝O,AO,CO 平面AOC,
所以BD⊥平面AOC． ３分
又AC 平面AOC,
所以BD⊥AC． ４分
数学参考答案　第　３页(共５页)
(２)连接OE,由(１)知AO⊥BD．
又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD＝BD,AO 平面ABD,
所以AO⊥平面BCD．
又OC 平面BCD,
所以AO⊥OC． ６分
所以AC＝ AO２＋OC２ ＝２．
因为BE⊥DE,又BD＝２,
１
所以OE＝２BD＝１．
１
又AC＝２,得OE＝２AC．
所以E 为AC 的中点． ７分
所以OE＝EC,
π
∠EOC＝∠ECO＝６．
２３
设△BCD 的外接圆圆心为G,显然G 点满足CG＝２GO＝ ,３
又△BED 的外接圆圆心为O,
所以O１G⊥平面BCD,O１O⊥平面BED．
又OC 平面BCD,OE 平面BED,
所以O１G⊥OC,O１O⊥OE．
π π
所以∠GOO１＝ , ３ O１G＝OG tan３＝１．
２１
所以球O１ 的半径r＝ O ２ ２１G ＋GC ＝ ３ ．
１０分
(３)连接OF,由(１)知BD⊥平面AOC,又OE 平面AOC,
所以OE⊥BD,同理OF⊥BD．
π
所以二面角E－BD－F 的平面角为∠EOF,即∠EOF＝ １１分４
π
如图,设∠EOC＝θ,θ∈(０, ),４
OE OC
在△EOC 中,由正弦定理得 ,sin∠ECO＝sin∠OEC
３
解得OE＝ π ．
２sin(θ＋ )６
数学参考答案　第　４页(共５页)
在△FOA 中,
OF OA
由正弦定理得 ,
sin∠FAO＝sin∠OFA
３
解得OF＝ ． ５π １３
分
２sin(θ＋ )１２
３２
１ １６
所以△EOF 的面积S△EOF＝ OE ２ OF
sin∠EOF＝ ．
sin(
π
θ＋ )
５π
６ sin
(θ＋ )１２
π ７π
π ５π cos
(－ )４ －cos
(２θ＋ )
( ) ( ) １２ ２ １ ( ７π ２ １又sinθ＋６ sinθ＋１２ ＝ ２ ＝４－２cos２θ＋
)
１２ ≤４＋
,
２
７π ５π
当且仅当２θ＋ ＝π,即１２ θ＝
时等号成立
２４ ．
３２－３
所以S△EOF≥ ． ４ １６
分
１ ２－１
所以四面体EFBD 体积V四面体EFBD＝３S△EOF
BD≥ ２ ．
２－１
所以四面体EFBD 体积的最小值为 ２ １７
分
数学参考答案　第　５页(共５页)

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