精品解析：四川省绵阳外国语学校2024-2025学年高一下学期期末模拟教学质量检测数学试题

绵阳外国语学校2024～2025学年下期期末模拟教学质量检测 高一年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共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，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 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数模定义求出，再结合复数的除法运算求出，再判断其所对应点的位置即可. 【详解】因为， 所以， 即对应的点为，位于第四象限，故D正确. 故选：D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，，所以， 所以. 故选：C 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先求出的坐标，再根据两向量平行的坐标关系列出方程，进而求解的值. 【详解】已知，， 可得. 已知，且，所以， 即，解得. 故选：C. 4. 若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则m与n相交 【答案】C 【解析】 【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，若，，则与平行或异面，A错误； 对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误； 对于C，若，则存在直线，满足且， 若，则，而，则，C正确； 对于D，若，，则与相交或异面，D错误. 故选：C. 5. 已知中，角的对边分别为，，，，则外接圆的面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 详解】 由余弦定理可得 由正弦定理可得 则外接圆的面积 . 故选B 6. 已知三棱锥内接于球，，，平面，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得出为等边三角形，设其中心为，可得知，由正弦定理求出，利用公式可计算出球的半径，然后利用球体的表面积公式可计算出球的表面积. 【详解】 如图，因为，，所以是等边三角形，设其中心为，则平面，因为平面，所以. 由正弦定理得，则， 所以外接球的半径，球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查球体表面积的计算，同时也考查了多面体的外接球问题，解题的关键就是要利用几何关系计算出外接球的半径，考查计算能力，属于中等题. 7. 已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图象的顶点坐标求出，由周期求出值，根据五点法作图求出，可得函数的解析式，根据为偶函数，求出的值． 【详解】根据函数，，在一个周期内的图象， 可得，，． 再根据五点法作图，可得，所以，由于，， 故． 若为偶函数，则，，即，， 取，则，故的值可以为， 故选：B 8. 已知，，是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可知与垂直，结合向量的几何意义，可将向量的模的问题转化为点到线的距离问题，即可求解. 【详解】设，共起点， 由，可得， 所以与垂直，如图 由向量减法的几何意义可知，向量的终点落在图中的圆上， 由题意可知的终点在图中所示的射线上， 所以的最小值是从圆上的点到射线上的点形成的向量， 要求的最小值，只需求圆心到射线的距离减去圆的半径， 故的最小值为. 故选：. 二､多选题：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. 已知正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ） A. B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，由平面，可判断A，由，得为与所成的角，可判断，连接角与点，连接，得平面， 得到即为与平面所成的角，可判断C，由等体积可判断D. 【详解】连接，则， 在正方体中平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，A正确， 因为，所以为与所成的角， 又易知等边三角形， 所以， 所以与所成的角为，故B正确, 连接角与点，连接， ， 又平面，在平面内， 所以，又为平面两条相交直线， 所以平面， 所以即为与平面所成的角， 由, 所以，C错， ， 又， 设到平面的距离为， 由， 所以，D正确， 故选：ABD 10. 设点M是所在平面内一点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则的形状为等边三角形 B. 若，则点M是边BC的中点 C. 若，则一定为锐角三角形 D. 若，则点M、B、C三点共线 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由数量积定义结合正弦定理边化角和两角和正弦公式即可求解判断；对于B，由题意结合向量减法运算求出即可判断；对于C，由数量积定义仅能得到角A为锐角，角未知即可判断；对于D，由题设求出即可判断. 【详解】对于A，因为， ， ， 若，则， 所以即， 所以即，同理可得，故的形状为等边三角形，故A正确； 对于B，若，则， 所以，即点M是边BC的中点，故B正确； 对于C，若，则，但角未知， 所以形状未知，故C错误； 对于D，若，则即， 又，所以点M、B、C三点共线，故D正确； 故选：ABD 11. 已知函数在上有且只有五个零点，下列结论中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 在上，方程有3个根 C. 的取值范围是 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用相位整体思想，借助正弦函数的性质，来确定的取值范围，从而去判断各选项. 【详解】由，则， 根据函数在上有且只有五个零点， 可得，解得：，故C正确； 当时，，由于， 所以不一定等于，则的图象不一定关于对称，故A错误； 因为，所以在内有， 一定没有，则，可得满足的3个解，故B正确； 当时，， 因为，所以， 此时，所以， 则在上单调递增，故D正确； 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】利用数量积的运算法则以及可得. 【详解】由题意可得，， 得. 故答案为： 13. 已知，，分别是的三个内角，，所对的边.若，，写出一个值，使满足条件的有2个，则取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由即可求解. 【详解】当即时满足条件的有2个， 所以取值范围是. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，证得平面，得到，由，证得，得到点落在以为直径的半圆上，结合圆的周长公式，即可求解. 【详解】因为平面，且平面，所以 又由，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 如图所示，连接，若，且，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 即在平面内，若，则，即点落在以为直径的四分之一圆上， 因为，所以点的轨迹长度为. 故答案为：. 四､解答题：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△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足． （1）若，用向量，表示； （2）在（1）的条件下，若，，且，求的值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以向量，为基底，根据向量的线性运算，把用向量，表示； （2）以向量，为基底，结合（1）中的结论，求的值. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 当时，． 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 ． 因为，，， 所以， 即的值． 16. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间的距离. 【答案】（1） （2）15km 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可求； （2）由正弦定理有求出，再由余弦定理有即可求解. 【小问1详解】 由题意知：，， 在中，由余弦定理 因为, 所以 【小问2详解】 ，,， 由题意知： 在中，由正弦定理得：，所以 由余弦定理得：， 即， 解得：或（舍） ，之间的距离为 17. 已知函数. （1）求函数严格单调递增区间； （2）求函数在区间的值域； （3）已知函数，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先化简，根据正弦型函数的单调性列出不等式即可； （2）根据范围求出范围，即可得到其值域； （3）分离参数得，利用诱导公式和二倍角余弦公式得，再结合范围，即可求出右边最小值，即得到答案 【小问1详解】 ， 令，, 得，, 故严格单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，， 所以， 故值域为. 【小问3详解】 由题意得 设 当时，则，则 所以. 18. 已知如图甲，在梯形中，，，，E，F分别是，的中点，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． （1）证明：平面； （2）求点E到平面的距离； （3）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理进行证明. （2）利用体积法求点到平面的距离. （3）构造二面角的平面角，利用三角形的边角关系求二面角的正切值. 【小问1详解】 在直角梯形中，因为，故，. 又E，F分别是，的中点，所以，所以. 所以在折叠后的几何体中，有，， ，平面，所以平面. 【小问2详解】 如图： 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 因为平面，所以. 所以两两垂直，且，. 所以中，，. 所以. 又. 设点到平面的距离为， 则. 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 过作于点，过作于点，连接. 因为平面平面，所以平面，平面， 所以，又，是平面内的两条相交直线， 所以平面， 所以即为二面角的平面角. 因为，所以. 在中，. 即二面角的正切值为. 19. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求该几何体的表面积； （2）求证：； （3）若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将几何体的表面积分成上下两个扇形、两个矩形和一个圆柱形侧面的一部分组成，分别求出后相加即可； （2）证明平面，再由线线平行的证明可得； （3）设平面平面，利用面面平行性质定理证明，在中，由正弦定理求，再证明，由此可得结论. 【小问1详解】 几何体的表面积上下两个扇形的面积之和为： 两个矩形面积之和为： 侧面圆弧段的面积为： 故这个几何体的表面积为： 小问2详解】 连接，因为，所以， 直线平面，平面，所以， 平面，平面，平面， 所以，因为所以是平行四边形，所以， 所以； 【小问3详解】 连接OM，QM，因为平面平面ABEF， 设平面平面，又平面平面，则， 因为Q是AC的中点，所以H为BC的中点，G为AD的中点， 因为平面平面， 又平面平面，平面平面ABEF，所以， 又，所以， 因为，， 在中，由正弦定理可得， 所以，所以， 因为，所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳外国语学校2024～2025学年下期期末模拟教学质量检测 高一年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共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，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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 4. 若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则m与n相交 5. 已知中，角的对边分别为，，，，则外接圆的面积为 A. B. C. D. 6. 已知三棱锥内接于球，，，平面，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在一个周期内的图象如图所示；若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A B. C. D. 二､多选题：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. 已知正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ） A. B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 到平面的距离为 10. 设点M是所在平面内一点，下列说法正确的是（ ） A. 若，则的形状为等边三角形 B. 若，则点M是边BC的中点 C. 若，则一定为锐角三角形 D. 若，则点M、B、C三点共线 11. 已知函数在上有且只有五个零点，下列结论中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 在上，方程有3个根 C. 的取值范围是 D. 在上单调递增 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，，，则_____ 13. 已知，，分别是的三个内角，，所对的边.若，，写出一个值，使满足条件的有2个，则取值范围是__________. 14. 在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为_____． 四､解答题：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△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足． （1）若，用向量，表示； （2）在（1）的条件下，若，，且，求的值 16. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间距离. 17 已知函数. （1）求函数的严格单调递增区间； （2）求函数在区间的值域； （3）已知函数，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知如图甲，在梯形中，，，，E，F分别是，的中点，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． （1）证明：平面； （2）求点E到平面距离； （3）求二面角的正切值． 19. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求该几何体的表面积； （2）求证：； （3）若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $