精品解析：江苏省东海高级中学2024-2025学年高一下学期5月学分认定考试数学试题

2024～2025学年第二学期高一年级5月份学分认定考试 高一数学 命题人：冯有凯 审核人：耿二勇 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. 设复数为纯虚数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则（ ） A. 45° B. 60° C. 75° D. 105° 3. 正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 某科研单位对Deepseek的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，这批用户问卷的得分不低于80分的份数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量.向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A. B. C. D. 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. 已知两条不同直线，，三个不同平面，，，则下列结论正确的是（） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 已知，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、的中点，点在线段上，在正方形内，则下列说法中正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 平面截正方体，所得截面的周长为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 若平面，则的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设k为实数，向量，，且，则k的值为________． 13. __________. 14. 如图，已知平面上放置有正三棱锥，其中是边长为2的正三角形，侧棱，若该三棱锥绕棱旋转，使点到平面的距离为1，则点到平面的距离为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，底面，，，，平面. （1）求证：四边形为梯形； （2）求证：平面平面. 16. 已知，，函数. （1）求函数的最小正周期， （2）记函数，，求的值域. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，. （1）证明：； （2）若的面积为，求. 18. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 19. 如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第二学期高一年级5月份学分认定考试 高一数学 命题人：冯有凯 审核人：耿二勇 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. 设复数为纯虚数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由纯虚数的概念求，进而可求得，即可求解 【详解】复数为纯虚数， 则，解得， 则， 则复数的共轭复数为， 故选：A 2. 在中，，，，则（ ） A. 45° B. 60° C. 75° D. 105° 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理有，即，解得， 又因为，所以，解得， 所以. 故选：C. 3. 正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面角的定义找到直线与平面所成的角为，找到角即可求出余弦值. 【详解】连接，如图所示， 为正方体，易得平面， 为直线与平面所成的角， 令，由正方体知识可得， . 故选：D. 4. 某科研单位对Deepseek的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，这批用户问卷的得分不低于80分的份数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】由图计算出这批用户问卷的得分不低于80分的频率即可求相应的人数. 【详解】由图可得这批用户问卷的得分不低于80分的频率为， 故这批用户问卷的得分不低于80分的份数为：， 故选：B 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，求出的值，根据三角恒等变换得出可得出的值，再利用二倍角的余弦公式可求出的值. 【详解】由可知， 在上述等式两边同除可得，可得， 解得， 所以， 当时，， 当时，， 综上所述，，因此，. 故选：B. 6. 已知向量.向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量及模长公式计算即可. 【详解】根据题意，，在上的投影向量为， 解得. 故选：C. 7. 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再结合球心到上下底面的距离以及正三棱台的高，利用勾股定理建立方程求出球的半径，最后根据球的表面积公式求解. 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径分别为，. 对于正三角形，其外接圆半径与边长的关系为. 已知上底面边长为，则上底面所在圆面的半径. 下底面边长为，则下底面所在圆面的半径.  设球心到上底面的距离为，到下底面的距离为，球的半径为. 因为正三棱台的高为，所以.  由勾股定理可得，. 即，将变形为. 当时，代入可得：， 解得，则. 当时，代入可得：， 解得（距离不能为负，舍去）.  将代入可得： .  根据球的表面积公式，可得：.  故选：C. 8. 在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量可建立起的关系式，再结合面积即可求得，再利用面积相等即可求角平分线的长. 【详解】为边上的中线，， 即，即， 即，. 因为，， ， ， 为平分线，，故， 又，所以， 即，解得， 故选：D 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. 已知两条不同直线，，三个不同平面，，，则下列结论正确的是（） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过图形可判断A；根据面面平行的性质可判断B，根据面面平行可判断C，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理可证明D． 【详解】对于A，如图，，，但此时不平行，故A错误； 对于B，根据面面平行的传递性可知若，，则，故B正确； 对于C，依题意可知直线与两个相交平面都平行， 故直线与的交线平行，即，故C正确； 对于D，如图，设，点是平面内一点， 过点作，垂足为点，过点作，垂足为点， 因为且， 且， 所以．又， 则．又，所以，故D正确； 故选：BCD 10. 已知，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由两角和的余弦公式、商数关系即可验算；对于B，直接由两角差的余弦公式验算即可；对于C，首先得，，然后直接验算即可；对于D，由，即可得解. 【详解】对于A，因为，， 所以， 解得，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，为锐角，所以， 又因为，所以，所以， ，故C错误； 对于D，因为，为锐角，所以， 又因为，所以只能， 因为，解得，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、的中点，点在线段上，在正方形内，则下列说法中正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 平面截正方体，所得截面的周长为 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 若平面，则的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义可判断A选项；找出截面，计算出各边的边长，可判断B选项；根据异面直线公垂线段，可判断C选项；求出点的轨迹，结合余弦定理、正弦定理可可判断C选项；推导出平面，结合异面直线间的距离可判断D选项, 【详解】对于A选项，连接，如下图所示： 因为，故直线与直线所成角为或其补角， 因为平面，平面，所以， 因为，，故， 因此，直线与直线所成角的正切值为，A对； 对于B选项，连接、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，故，所以， 即、、、四点共面，所以，平面截正方体，所得截面为四边形， 由勾股定理可得， 同理可得，，， 因此，所得截面的周长为，B错； 对于C选项，连接交于点，连接、交于点，连接， 则到直线的距离的最小值即为异面直线、公垂线段的长度， 易知、分别为正方形、的中心， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面，即平面， 因为，，故四边形为平行四边形， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以，四边形为平行四边形， 设，过点作交棱于点， 因为，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，、平面，所以，， 因为，，故，， 所以异面直线、公垂线段为，且， 即点到直线的距离的最小值为，C对； 对于D选项，分别取线段、的中点、，连接、、、、， 在正方体中，，， 故四边形为平行四边形，则，， 因为、分别为、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 因为，，则，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为、分别为、的中点，所以，由A选项可知，，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，故平面平面， 当时，平面，则平面，即点的轨迹为线段， 由勾股定理可得， 同理可得，， 由余弦定理可得， 所以， 所以，点的最小值为，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设k为实数，向量，，且，则k的值为________． 【答案】或4 【解析】 【分析】直接利用向量垂直的坐标运算列式求得值． 【详解】， 由，得， 即，解得或． 故答案为：或4． 13. __________. 【答案】 【解析】 【分析】利用展开计算即可 【详解】. 故答案为：. 14. 如图，已知平面上放置有正三棱锥，其中是边长为2的正三角形，侧棱，若该三棱锥绕棱旋转，使点到平面的距离为1，则点到平面的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】过作平面的垂线，垂足分别为，连接，记中点为，证明出经过点，在直角梯形中，，结合余弦定理，三角恒等变换，求出各边长和，然后可解. 【详解】过作平面的垂线，垂足分别为，连接，记中点为，连接， 因为，所以， 又为平面内的两条相交直线，所以平面， 因为，，所以， 由于平面，所以平面，同理平面，所以经过点， 因为，，由勾股定理得，， 是边长为2的正三角形，故， 如图所示，在直角梯形中，， 所以， 而， 所以， 则 ， 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，底面，，，，平面. （1）求证：四边形为梯形； （2）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理，证明，再结合梯形的定义，即可证明； （2）根据面面垂直的判断定理，转化为证明平面，即可证明面面垂直. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面平面， 所以，且， 所以四边形是梯形； 【小问2详解】 由条件可知，是等腰直角三角形，且，所以， 且，，中，, 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. 16. 已知，，函数. （1）求函数的最小正周期， （2）记函数，，求的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用数量积的坐标表示，以及三角函数的降幂公式和辅助角公式化解函数，即可求函数的最小正周期； （2）首先求函数的解析式，再利用代入法，以及正弦函数的性质求函数的值域. 【小问1详解】 ， ， 函数的最小正周期； 【小问2详解】 ，， ，则， 所以函数的值域是. 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，. （1）证明：； （2）若的面积为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件变形得出，结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，再利用正弦定理可证得结论成立； （2）求出的值，有（1）得，利用三角形的面积公式可得出关于的等式，解之即可. 【小问1详解】 因为，，可得， 即， 所以，故，即， 因为，故， 由正弦定理得，即，故. 【小问2详解】 因为，由（1）知， 所以，由三角形的面积公式可得，解得. 18. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. 【小问2详解】 因为，，所以； 因为，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 19. 如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在且，使得二面角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）的中点为，连接，可证，结合线面平行的判定定理可得平面. （2）将正三棱台补成正三棱锥，可证为与平面所成的角，利用解直角三角形可求其余弦值，从而可得正弦值. （3）当时，可证为二面角的平面角，结合解直角三角形可得此时. 【小问1详解】 取的中点为，连接， 由正三棱台的性质可得，而，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面. 【小问2详解】 由棱台的性质可知侧棱所在的直线交于一点，如图所示， 设，则，如（1）取的中点为，连接， 因为，故，故， 故为等边三角形，故， 而平面，，故平面， 而平面，故平面平面， 过作，垂足为，因为平面平面， 平面，故平面， 故为与平面所成的角， 而， 故，而为三角形内角， 所以， 【小问3详解】 存在且，使得二面角的余弦值为. 证明如下： 由（2）可得，连接，由（1）得， 而，故，故， 而平面， 故平面，而平面，故， 故为二面角的平面角. 在中，， 显然为等腰三角形，且 ，故为的中点， 故，则， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $