杭州学军中学2025学年第二学期高一数学期末统测模拟1参考答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0617数学

《杭州学军中学2025学年第二学期高一数学期末统测模拟1》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B D B D D B ABD BCD
题号 11
答案 ABD
7．【详解】由题，假设当x=x 时， f (x)=g(x)，作出示意图如图所示：
1
则x∈(0,x)时， f (x)>g(x)， 当x∈(x,+∞)时， f (x)<g(x)，则A选项错误；
1 1
e π
因为 <1<eπ<9， f (1)=e+π,g(1)= ， f (1)>g(1)，故C选项错误，
π e
9
且 f (9)=9e+π>10e,g(9)=   π  <1.29 < ( 1.23)3 <23 =8, f (9)>g(9)，
e
e
则结合图像可知，当 <x<eπ时， f (x)>g(x)恒成立，故B选项错误；
π
对于D选项，x→+∞时，由图可知 f (x)<g(x)，则D选项正确.
故选：D.
3  π 1  5π
8．【详解】由题意可得： f (x)=− sinπ+ωx− − cosωx+ 
2  6 2  6 
3  5π 1  5π  5π π
=− sinωx+ − cosωx+  =−sinωx+ + =−sin(ωx+π)=sinωx，
2  6  2  6   6 6
π 3π π 3π
即 f (x)=sinωx是
 2
，
2  
上的“完整函数”，所以存在x
1
，x
2
∈
 2
，
2  
，
f (x )+ f (x )
使得 1 2 =1成立；
2
π 3π
即存在x
1
，x
2
∈
 2
，
2  
，使得 f (x
1
)+ f (x
2
)=2成立；
又因为 f (x) =1，因此 f (x )= f (x )=1，
max 1 2
π 3π
即 f (x)=sinωx在x∈

，

上至少存在两个最大值点，
2 2 
3π π 2π
所以 − ≥T = ，解得ω≥2；
2 2 ω
答案第1页，共8页
学科网（北京）股份有限公司3π π 4π
当 − ≥2T = ，即ω≥4时，一定满足题意；
2 2 ω
π 3π ωπ 3ωπ
若2≤ω<4，因为x∈

，

，ω>0，所以 ≤ωx≤ ，
2 2  2 2
ωπ 3ωπ
又易知π≤ ＜2π，3π≤ ＜6π；
2 2
9π 3ωπ
所以只需保证 ≤ ＜6π即可，解得3≤ω<4，
2 2
综上可知ω≥3．
故选：B．
10．【详解】由题意得P(a,b),在角θ的终边上，且OP =m(m≠0)，
a b
所以cosθ= ，sinθ= ，
m m
b+a  π
则 f (θ)= =sinθ+cosθ= 2sinθ+ ，
m  4
f   π = 2sin   π + π ≠ 2，所以x= π 不是函数y= f (θ)的一条对称轴，A错误；
2 2 4 2
f (θ)g(θ)=(sinθ+cosθ)(sinθ−cosθ)=sin2θ−cos2θ=−cos2θ，
因为y=cos2θ为周期为π的函数，故B正确；
f (θ)+ f2(θ)=sinθ+cosθ+(sinθ+cosθ)2，
 π
令t =sinθ+cosθ= 2sinθ+ ∈

− 2, 2

，
 4
2
 1 1
所以 f (θ)+ f2(θ)=t+t2 =t+  − ，
 2 4
当t= 2时，取到最大值为2+ 2，所以 f (θ)+ f2(θ)≤2+ 2，故C正确；
因为a=2b，则cosθ=2sinθ，
1+ f (2θ) 1+sin2θ+cos2θ 1+2sinθcosθ+2cos2θ−1 cosθ
则 = = = =2，D正确.
1− f (−2θ) 1−sin(−2θ)−cos(−2θ) 1+2sinθcosθ−1+2sin2θ sinθ
故选：BCD
11．【详解】AC//平面α，平面α平面ABC =EF，平面α平面ADC =GH
则AC//EF，AC//GH ，则EF//GH
又BD//平面α，平面α平面ABD=EH，平面α平面BDC =GF
则BD//EH，BD//GF，则EH//GF
则四边形EFGH 为平行四边形.
 
由AE=λAB，可得AE:AB=λ，则HE:DB=λ，EF:AC=1−λ
又正四面体ABCD的棱长为3，
答案第2页，共8页则HE=GF=3λ， EF =GH=3(1−λ)
选项A：四边形EFGH 的周长为HE+GF+EF+GH=2 3λ+3(1−λ)

=6.判断正确；
1 3 3
选项B：当λ= 时，HE=GF= ，EF =GH= ，则平行四边形EFGH 为菱形
2 2 2
又正四面体ABCD中，对棱BD⊥ AC，则EF ⊥EH，
则菱形EFGH 为正方形. 判断正确；
分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ ，
设DN、CM交于K ，连接AK，则AK为正四面体的高
正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O,则O在AK上，连接CO
3 1 1 3 3
AM =CM = 3，KM = CM = × 3= ， AK = AM2−KM2 = 6
2 3 3 2 2
设球O半径为R，则CO2 =KC2+KO2，
即R2 = ( 3 )2 + ( 6−R )2，解之得R= 3 6
4
由AM =CM，AQ=QC，可得MQ⊥ AC
同理有MQ⊥BD，则MQ为异面直线BD、AC之间的距离
3 3
MQ= MC2−QC2 = 2，则点K到AC的距离为 2，球心O到AC的距离为 2
2 4
选项C：当λ= 1 时，设α与MC交于T，则TC= 1 MC= 3 ，T到AC的距离为 2
3 3 2 2
2
球心O到平面EFGH 的距离为
4
则平面α截球O所得截面半径为 R2−   2   2 =  3 6 2 −   2   2 = 13
 4  4   4  2
则平面α截球O所得截面的周长为 13π.判断错误；
 
3
选项D：由AE=λAB，MQ= 2
2
3
可得点A到平面EFGH 的距离为 2λ，又平行四边形EFGH 为矩形，
2
答案第3页，共8页
学科网（北京）股份有限公司1 3 9
则四棱锥A−EFGH的体积V = ×3λ×3(1−λ)× 2λ= 2λ2(1−λ)
3 2 2
9 9
令 f(x)= 2x2(1−x)(0<x<1)，则 f′(x)= 2x(2−3x)
2 2
2 2
由 f′(x)>0得0<x< ，由 f′(x)<0，得 <x<1
3 3
 2 2  2 2 9 2 2 2 2
则 f(x)在0, 单调递增，在 ,1单调递减，在x= 时取最大值 f( )= 2×( )2(1− )= ，即
 3 3  3 3 2 3 3 3
9 2 2
2λ2(1−λ)的最大值为
2 3
2 2
故四棱锥A−EFGH的体积的最大值为 .判断正确.
3
故选：ABD
12．2
【详解】sinθ,cosθ是方程x2−2sinα⋅x+sin2β=0的两个实根，
∴sinθ+cosθ=2sinα，
sin2θ−2sinα⋅sinθ+sin2β=0 ①，
cos2θ−2sinα⋅cosθ+sin2β=0②，
①式+②式得：1−2sinα⋅(sinθ+cosθ)+2sin2β=0，
即1−4sin2α+2sin2β=0，
cos2β
2−4sin2α=1−2sin2β，即2cos2α=cos2β，得 =2.
cos2α
13．(−∞,2 2−1)
【详解】由于 1+x2 +x> x +x≥0，即 1+x2 +x>0 恒成立，
( )
故 f(x)=x3+ln 1+x2 +x 的定义域为R，
又 f (−x)=−x3+ln  1+(−x)2 −x  =−x3+ln ( 1+x2 +x )−1
 
( )
=−x−ln 1+x2 +x =−f (x)，
( )
故 f(x)=x3+ln 1+x2 +x 为R上的奇函数；
( )
而y=x3，y=ln 1+x2 +x 在R上单调递增，
( )
故 f(x)=x3+ln 1+x2 +x 在R上单调递增，
又不等式 f ( 3x−9x) + f ( a⋅3x−2 ) <0对任意实数x恒成立，
答案第4页，共8页即 f ( 3x−9x) <−f ( a⋅3x−2 ) = f ( 2−a⋅3x) 对任意实数x恒成立，
即3x−9x <2−a⋅3x对任意实数x恒成立，
2
即a< +3x−1对任意实数x恒成立，
3x
2 2 2
而 +3x−1≥2 ×3x −1=2 2−1，当且仅当 =3x即x=log 2时取等号，
3x 3x 3x 3
故 a<2 2−1.
14．4
3 1 3  π
15．【详解】（1） f (x)=sinxcosx+ 3cos2x− = sin2x+ cos2x=sin2x+  ，
2 2 2  3
π  π π  5π π 
令2x+ ∈

2kπ− ,2kπ+

，解得x∈

kπ− ,kπ+

，k∈Z
3  2 2  12 12
 5π π 
所以 f (x)的单调递增区间为

kπ− ,kπ+

,k∈Z.
 12 12
 π 3
（2）由（1）得h(x)=sin2x+ − ，
 3 5
 π 3
因为函数h(x)的零点为x ，所以sin2x + = .
0  0 3 5
π  π  π  π 3
cos −2x =cos −2x +  =sin2x + =
6 0 2  0 3  0 3 5
16．【详解】（1）由图可得，众数为
60+80
=70，第一组[ 0,20)，第二组[ 20,40)，第三组[ 40,60)，第
2
四组[ 60,80)，第五组[
80,100
]所占的频率分别为0.05，0.10，0.20，0.35，0.30，故平均数为
10×0.05+30×0.10+50×0.20+70×0.35+90×0.30=65
（2）由图可得，第二组[ 20,40)的人数为0.10×100=10人，第三组[ 40,60)的人数为0.20×100=20，故
32×10+50×20
x= =44.
10+20
设第二组[ 20,40)中10人的分数分别为x,x ...x ，第三组[ 40,60)中20人的分数分别为y ,y ...y ，则由
1 2 10 1 2 20
x2+x2...+x2 y2+y2...+y2
题意可得 1 2 10 −322 =7， 1 2 20 −502 =4，即x2+x2...+x2 =10310，
1 2 10
10 20
y2+y2...+y2 =50080，故s2 = 1 ( x2+x2...+x2 +y2+y2...+y2 ) −x2 = 1 ×(10310+50080)−442 =77
1 2 20 10+20 1 2 10 1 2 20 30
（3）由题，第二组[ 20,40)和第五组[ 80,100 ]的人数比为0.10:0.30=1:3，故在第二组[ 20,40)和第五组
[ 80,100 ]分别抽1人和3人.记第二组[ 20,40)中的1人为A，第五组[ 80,100 ]中的3人分别为B,B ,B ，
1 2 3
则这4人中随机抽取2人作为学生代表，所有可能的情况有(A,B )
,
(A,B )
,
(A,B )
,
(B,B )
,
(B,B )
,
1 2 3 1 2 1 3
(B ,B )共6种情况，其中这两名学生代表都来自第五组[ 80,100 ]的有(B,B ) , (B,B ) , (B ,B ) 3种情况.
2 3 1 2 1 3 2 3
答案第5页，共8页
学科网（北京）股份有限公司设“从这4人中随机抽取2人作为学生代表，这两名学生代表都来自第五组[ 80,100 ] ”的事件为C，则
3 1
P(C)= =
6 2
         
17．【详解】（1）在矩形ABCD中，AP= AD+DP= AD+λAB,AQ= AB+BQ=λAD+AB，
 
AD⊥AB，即AD⋅AB=0，
       
所以AP⋅AQ=(AD+λAB)⋅(λAD+AB)=λAD 2 +λAB 2 =7λ∈[0,7].
（2）取AB的中点E，连接PE，由M ,M ,⋅⋅⋅,M 依次为边AB的2025等分点，
1 2 2024
PE= AD= 3，
        
得PM +PM =PM +PM =3=PM +PM =PA+PB=2PE，
1 2024 2 2023 1012 1013
     
所以|PA+PM +PM +⋅⋅⋅+PM +PB|=2026|PE|=2026 3.
1 2 2024
18．【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，E为AB的中点，
所以SE ⊥SD，SE⊥SF，又SD∩SF =S，SD，SF ⊂平面SFD，
所以SE⊥平面SFD，
又SE⊂平面SEF，
所以平面SEF ⊥平面SFD；
（2）当F 是边BC的中点时，由（1）可知，SE ⊥SD，
又∵SF =2，AD=SD=4，
由勾股定理得 DF = CD2+CF2 =2 5 ，故SD2+SF2 =DF2，
∴SD⊥SF，
又∵SESF =S，SE,SF ⊂平面SEF，
∴SD⊥平面SEF，
∵SD⊂平面SDE，
∴平面SDE⊥平面SEF，
故二面角D−SE−F的大小为90°；
（3）设S在平面AEF上的射影为O，连接EO，则∠SEO为直线SE与平面DEF 所成角θ，
答案第6页，共8页1 1 1
设BF =x（1<x≤4），则CF =4−x，S =4×4− ×4×2− ×2x− ×4(4−x)=4+x，
�DEF
2 2 2
在�DSF中，DS =4，SF =x， DF = x2−8x+32 ，
DS2+SF2−DF2 2
可得cos∠DSF = =1− ，
2DS⋅SF x
1
S = DS⋅SF⋅sin∠DSF =4 x−1，
�DSF
2
1 8
其中SE⊥平面SFD，SE=2，故V = S ⋅SE= x−1，
E−DSF 3 �DSF 3
1 1
V = S ⋅SO= (4+x)⋅SO，
S−DEF 3 �DEF 3
1 8 8 x−1
因为V =V ，即 (4+x)⋅SO= x−1⇒SO= ，
S−DEF E−DSF
3 3 x+4
SO 4 x−1
又SE=2，所以sinθ= = ，
SE x+4
4t 4
( sinθ= =
令 x−1=t，t∈ 0, 3

， 5+t2
t+
5，
t
5 ( )
令g(t)=t+ ，t∈ 0, 3 ，
t
5  5 5 5 tt −5
g(t )−g(t )=t + −t + =(t −t )+ − =(t −t ) 12 ，
1 2 1 t  2 t  1 2 t t  1 2 tt
1 2 1 2 12
( )
当t ，t ∈ 0, 3 ，且t <t 时，t −t <0，tt −5<0，tt >0，
1 2 1 2 1 2 12 12
则g(t )−g(t )>0，
1 2
可得g(t)在 ( 0, 3上单调递减，

3
当t = 3，即x=4时，sinθ最大为 .
2
1
19．【详解】（1）∵ f (x)=x+ (x>0),g(x)=x(x>0)，
x
1 1
∴ f (x)−g(x) < g(x)− f (x)+1即为 < 1− (x>0) ,
x x
1 1 1
当0<x≤1时，1− ≤0，故 < −1(x>0)，显然不成立；
x x x
1 1 1 2
当x>1时，1− >0，故 <1− (x>0)，即 <1(x>0) ,解得x>2.
x x x x
综上所述， f (x)−g(x) < g(x)− f (x)+1的解集为(2,+∞) .
（2）设 f (x )= f (x )=g(x )=t，则x =t，
1 2 3 3
答案第7页，共8页
学科网（北京）股份有限公司1
令x+ =t，整理得：x2−tx+1=0，
x
故x +x =t，且Δ=t2−4>0，得t >2.
1 2
1
∴ f (x +x )+g(x )=2t+ 在（2，+∞) 上单调递增，
1 2 3 t
1 1 9
所以2t+ >2×2+ = ，
t 2 2
9
即 f (x +x )+g(x )> .
1 2 3 2
（3）h(x)=(m+1)x2−2 ( m2+1 ) x=(m+1)

x−
m2+1

2
−
( m2+1 )2
,
 m+1  m+1
m2+1 2
=m−1+ ,
m+1 m+1
2
m∈N∗,∴(m−1)∈N∗， ≤1，
m+1
2
①m=1时，m−1+ =1,∴h(x) =h(1)=−2；
m+1 min
2 5
②m=2时，m−1+ = ,∴h(x) =h(2)=−8；
m+1 3 min
2 5
③m=3时，m−1+ = ,∴h(x) =h(2)=h(3)=−24；
m+1 2 min
2 1 2 1
④m>3时， < ,m−1<m−1+ <m−1+ ，
m+1 2 m+1 2
∴h(x) =h(m−1)=−m3+m2−3m+3.
min
−2,m=1,

综上所述，h(x) =
−8,m=2,
( m∈N∗)
min

−24,m=3

−m3+m2−3m+3,m>3
答案第8页，共8页