辽宁省普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学模拟试题（4）

高一数学答题卡 第 1页（共 6页） 高一数学答题卡 第 2页（共 6页） 高一数学答题卡 第 3页（共 6页） 辽宁省普通高中 2024-2025学年下学期 7月期末调研试题（4） 高一数学答题卡 姓 名 准考证号 填 涂 要 求 正确填涂 错误填涂示例 缺考考生由监考 员用 2B 铅笔填 涂右侧缺考标记 缺考标记 注 意 事 项 1.首先，检查题卡有无破损及印刷问题，若有问题请及时更换。用 0.5mm黑色字迹签字笔在 规定位置填写姓名、准考证号。核对条形码上姓名、准考证号是否正确，并贴好条形码。 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5mm黑色字迹签字笔作答，字体工整、 笔迹清楚。 3.选择题修改时请用橡皮擦净后再作答；非选择题在对应题号答题区内作答，超出答题区域 的答案无效；选择题和非选择题在试卷、草稿纸上作答无效。 4.保持卡面清洁，不可折叠、污损。题卡上禁用涂改液、修正带和胶带纸。 第一部分 选择题（共 58分） （须用 2B铅笔填涂） 第二部分 非选择题（共 92分） （须用 0.5mm黑色字迹签字笔书写） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 条 形 码 粘 贴 处 三、填空题：每小题 5分，共 15分． 12． ． 13． ． 14． ． 四、解答题（共 77分） 15．（本小题满分 13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 （续 15题） 16．（本小题满分 15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 17．（本小题满分 15分） ·监制 1． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 5． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 9．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 2． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 6． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 10．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 3． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 7． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 11．[ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 4． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 8． [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 高一数学答题卡 第 4页（共 6页） 高一数学答题卡 第 5页（共 6页） 高一数学答题卡 第 6页（共 6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 （续 17题） 18．（本小题满分 17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 （续 18题） 19．（本小题满分 17分） （续 19题） ·监制 绝密★启用前 辽宁省普通高中2024-2025学年下学期7月期末调研试题（4） 高一数学 命题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 刘思瑞 审题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 朱勃宇 命题范围：【（人教B版）必修三、必修四】三角函数、向量、三角恒等变换、解三角形、复数、立体几何初步 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．= A． B． C． D． 2．已知钟摆的高度与时间之间的函数关系如图所示，若任意内钟摆的高度h至少有6次为，则钟摆的周期的最大值是 A． B． C． D． 3．已知中，角，，的对边分别为，，，，的外接圆圆心为，则 A． B． C． D． 4．已知平面向量、、，，，的面积为，则的最小值为 A． B．2 C． D．4 （第2题图） （第5题图） （第6题图） 5．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 6．如图，正方体的棱长为4，， 分别为棱，的中点，过，，作正方体的截面，则截面多边形的周长是 A． B． C． D． 7．已知平面直角坐标系中，，，设，则的取值范围是 A． B． C． D． 8．已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为 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．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是 A． B．平面ABCD C． D．三棱锥的体积为定值 10．已知分别是的三个内角的对边，则下列命题错误的是 A．若为锐角三角形，则可以分别是3，4，6 B．若，，该三角形只有一解，则 C．若，，则面积的最大值为 D．若，则为等腰三角形 11．1843年，Hamilton在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密顿记述，他于10月16日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方程刻在Broughant Bridge．对四元数，的单位，其运算满足：，，，，，，；记，，，定义，记所有四元数构成的集合为，则以下说法中正确的有 A．集合的元素按乘法得到一个八元集合 B．若非零元，则有： C．若，则有： D．若非零元，则有： 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数，则实数的值为 ． 13．已知函数，为的最小正周期，且，若在区间上恰有3个极值点，则的取值范围是 ． 14．如图，已知正四棱锥的棱长均为2，分别是的中点，是所在平面内的一点，则的最小值为 ． 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．（本小题满分13分） 记的内角A,B,C的对边分别为,,，，． （1）求的面积； （2）若，求的值． 16．（本小题满分15分） 在共建文明城市活动中，某市计划在公园内建造如图所示的正四棱台建筑，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，高． （1）求正四棱台的表面积和体积； （2）在计划中需要用某种彩带从到沿着两边的侧面连起来，求所需彩带长度的最小值． 17．（本小题满分15分） 已知，，． （1）求的值，的值； （2）若，，求的最小值，并求取得最小值时的值． 18．（本小题满分17分） 如图，在三棱柱中，底面是边长为3的等边三角形，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是棱上的动点（包括端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 19．（本小题满分17分） 我们在初中学习“全等三角形”的知识时，知道了若己知三角形的三边，这个三角形就被唯一的确定了；到了高中，进一步了解了正、余弦定理后，知道了如何用已知的三边求得三角形的面积：记的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则，这里．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，最早出现在海伦著于公元1世纪的《测地术》中．在13世纪，我国南宋的数学家秦九韶在《数学九章》中推出了等价的结论．根据以上信息，回答下列问题． （1）已知的面积为，且，求此三角形中大于60°的角所对的边长； （2）三角形的面积有多种计算方法，利用面积进行“算二次”是获得等量关系的常见手段．若记的外接圆半径为R，内切圆半径为r，证明：； （3）试将三角形的面积公式推广到四边形，如图，已知凸四边形ABCD的四边长分别a，b，c，d，记．证明：此四边形的面积，并求出何时取得最大值． 答案第1页，共2页 高一数学试卷 第 5 页（共 6 页） 辽宁鸿飞 高一数学试卷 第 6 页（共 6 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 辽宁省普通高中2024-2025学年下学期7月期末调研试题（4） 高一数学 命题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 刘思瑞 审题人：辽宁省鸿飞教学研究中心 朱勃宇 命题范围：【（人教B版）必修三、必修四】三角函数、向量、三角恒等变换、解三角形、复数、立体几何初步 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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．= A． B． C． D． 2．已知钟摆的高度与时间之间的函数关系如图所示，若任意内钟摆的高度h至少有6次为，则钟摆的周期的最大值是 A． B． C． D． 3．已知中，角，，的对边分别为，，，，的外接圆圆心为，则 A． B． C． D． 4．已知平面向量、、，，，的面积为，则的最小值为 A． B．2 C． D．4 （第2题图） （第5题图） （第6题图） 5．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 6．如图，正方体的棱长为4，， 分别为棱，的中点，过，，作正方体的截面，则截面多边形的周长是 A． B． C． D． 7．已知平面直角坐标系中，，，设，则的取值范围是 A． B． C． D． 8．已知三棱锥，平面平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为 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．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E,F，且，则下列结论中正确的是 A． B．平面ABCD C． D．三棱锥的体积为定值 10．已知分别是的三个内角的对边，则下列命题错误的是 A．若为锐角三角形，则可以分别是3，4，6 B．若，，该三角形只有一解，则 C．若，，则面积的最大值为 D．若，则为等腰三角形 11．1843年，Hamilton在爱尔兰发现四元数．当时他正研究扩展复数到更高的维次（复数可视为平面上的点）．他不能做到三维空间的例子，但四维则造出四元数．根据哈密顿记述，他于10月16日跟妻子在都柏林的皇家运河上散步时突然想到的方程解．之后哈密顿立刻将此方程刻在Broughant Bridge．对四元数，的单位，其运算满足：，，，，，，；记，，，定义，记所有四元数构成的集合为，则以下说法中正确的有 A．集合的元素按乘法得到一个八元集合 B．若非零元，则有： C．若，则有： D．若非零元，则有： 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数，则实数的值为 ． 13．已知函数，为的最小正周期，且，若在区间上恰有3个极值点，则的取值范围是 ． 14．如图，已知正四棱锥的棱长均为2，分别是的中点，是所在平面内的一点，则的最小值为 ． 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．（本小题满分13分） 记的内角A,B,C的对边分别为,,，，． （1）求的面积； （2）若，求的值． 16．（本小题满分15分） 在共建文明城市活动中，某市计划在公园内建造如图所示的正四棱台建筑，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为和，高． （1）求正四棱台的表面积和体积； （2）在计划中需要用某种彩带从到沿着两边的侧面连起来，求所需彩带长度的最小值． 17．（本小题满分15分） 已知，，． （1）求的值，的值； （2）若，，求的最小值，并求取得最小值时的值． 18．（本小题满分17分） 如图，在三棱柱中，底面是边长为3的等边三角形，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是棱上的动点（包括端点），求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 19．（本小题满分17分） 我们在初中学习“全等三角形”的知识时，知道了若己知三角形的三边，这个三角形就被唯一的确定了；到了高中，进一步了解了正、余弦定理后，知道了如何用已知的三边求得三角形的面积：记的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则，这里．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，最早出现在海伦著于公元1世纪的《测地术》中．在13世纪，我国南宋的数学家秦九韶在《数学九章》中推出了等价的结论．根据以上信息，回答下列问题． （1）已知的面积为，且，求此三角形中大于60°的角所对的边长； （2）三角形的面积有多种计算方法，利用面积进行“算二次”是获得等量关系的常见手段．若记的外接圆半径为R，内切圆半径为r，证明：； （3）试将三角形的面积公式推广到四边形，如图，已知凸四边形ABCD的四边长分别a，b，c，d，记．证明：此四边形的面积，并求出何时取得最大值． 辽宁鸿飞 高一数学试卷 第 1 页（共 4 页） 高一数学试卷 第 1 页（共 4 页） 辽宁鸿飞 学科网（北京）股份有限公司 $$ 辽宁省普通高中2024-2025学年下学期7月期末调研试题（4） 高一数学 参考答案与解析 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，只有一项符合题目要求． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A A C A D D B 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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 题号 9 10 11 答案 ABD ABD ACD 1．B 【分析】根据复数的除法运算法则计算即可． 【详解】 ． 故选：B 2．A 【详解】由图可知钟摆在一个周期内有2次高度为，所以要达到至少有6次高度为，则至少有三个周期，从而，所以，即． 3．A 【分析】设的外接圆半径为．得到，同理可得,，,再由,即可判断选项． 【详解】如图，设的外接圆半径为．则， 同理可得, ，． 又由，可知． 故，所以． 故选:A． 4．C 【分析】通过平方，求得，结合余弦定理求得，再结合面积公式求得点D到的距离，进而可求解． 【详解】已知，， 对平方得． 因为，， 设，，则， 所以，即，解得，有． 在中，由余弦定理有，可得， 设点到的距离为，有． 已知，设点D到的距离为， 由，解得， 则的最小值为． 故选：C 5．A 【分析】利用复数的几何意义求出，，然后利用复数的乘法法则求出，最后利用复数的几何意义求解即可． 【详解】由题意，．，． 复数所对应的点位于第一象限． 故选：A 6．D 【分析】先利用平面性质作出截面图形，然后利用勾股定理求出各个边长，即可得解． 【详解】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M， 取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N， 连接． 如图 由正方体性质可知，在中，分别为的中点， 所以，所以，故四点共面， 在正方形中，且，所以为平行四边形， 所以，由正方体性质可知， 在中，分别为的三等分点，所以，所以， 故四点共面， 所以五边形为所求的截面多边形． 易知，，，，， 故，，，，． 所以截面五边形的周长为． 故选：D． 7．D 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即， 故选：D． 8．B 【分析】求出两个三角形外接圆的半径，利用外接球的性质确定球的半径，进而可得答案． 【详解】 设的外接圆圆心分别为，三棱锥外接球球心为， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为三棱锥外接球的球心． 取中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以，同理，， 因为平面，所以，故四边形为矩形． 因为的外接圆半径，即， 所以． 因为的外接圆半径，即， 所以，即球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为． 故选：B． 9．ABD 【分析】根据线线、线面垂直、线面平行、锥体体积、异面直线概念等知识对选项进行分析，从而确定正确答案． 【详解】A选项，根据正方体的性质可知；又平面，平面， 故，由于，平面，所以平面， 由于平面，所以，所以A选项正确． B选项，根据正方体的性质可知， 由于平面，平面，所以平面，所以B选项正确． C选项，由于平面，平面，且，A在平面外， 故为异面直线，C错误； D选项，对于三棱锥，三角形的面积为，为定值， 到平面的距离即为到平面的距离，为定值， 所以三棱锥的体积为定值，所以D选项正确． 故选：ABD 10．ABD 【分析】对于A，由余弦定理求得即可判断；对于B，由正弦定理即可求解；对于C，由余弦定理求得即可判断；对于D，由余弦定理展开化简即可判断． 【详解】对于A，易知为最大角，，即，则不是锐角三角形，A选项错误． 对于B，因为只有一解，所以或， 当时，即，解得； 当时，即，得， 综上或，B选项错误． 对于C，在中，由正弦定理得，， 由余弦定理得，，即，有， 当且仅当时等号成立，所以，C选项正确． 对于D，，在中，由余弦定理可得，， 等式两边同乘，经整理得，， 即，则有， ①，即，所以为等腰三角形； ②，则，即为直角三角形． 综上，为等腰三角形或直角三角形，所以，D选项错误． 故选：ABD 11．ACD 【分析】对于A，利用已知条件求出所求集合为即可；对于B，直接给出反例，即可；对于C，利用的定义计算即可；对于D，利用C选项的结果验证即可． 【详解】对于A，由于，，，，故集合的元素按乘法可以得到集合，容易验证该集合中任意两个元素的乘积还在该集合中，故集合的元素按乘法得到的集合是八元集合，故A正确； 对于B，取，，则，故B错误； 对于C，若，设，，则 ，故C正确； 对于D，根据题目中的定义有，从而． 所以，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义的理解，只有理解了定义，方可求解所求的问题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．2 【分析】根据给定条件，可得该复数是实数，再建立方程求解参数即可． 【详解】因为复数， 且只能是实数才能比较大小，所以为实数， 得到，解得，即实数的值为． 故答案为：2 13． 【解析】由题意可得：的最小正周期， 因为，且， 则为的一条对称轴， 所以，解得， 又，则，故， 因为，则， 若函数在区间上恰有3个极值点，则， 解得，故的取值范围是． 故答案为：． 14． 【分析】由已知可证得平面．则关于平面对称，可得即可得出结果. 【详解】如图，连接．因为，都为正三角形，为的中点， 所以，，，所以平面． 所以关于平面对称，，， 当且仅当三点共线时，等号成立，即的最小值为． 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．（本小题满分13分） （1） （2） 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由余弦定理得到，法一：由正弦定理得到，进而得到即可求解，法二：由正弦定理得到求得进而可求解，法三：通过边化角得到，再由化简求解即可． 【详解】（1）由，得 所以     由正弦定理，， 得 所以 由，得     所以     由，得     所以的面积 （2）由余弦定理得     化简得     方法一：边运算 设的外接圆的半径为 由正弦定理得，， 所以，解得 所以     所以     所以     所以     由，得     所以     方法二：边运算 由正弦定理， 得     所以     所以     所以     由，得     所以     方法三：角运算 由（1）知， 所以 化简得     因为     所以      由，得     所以由正弦定理得 16．（本小题满分15分） （1）表面积，体积 （2） 【分析】（1）根据台体体积公式求体积，结合正四棱台的结构特征求侧面的高，进而求表面积； （2）把该四棱台沿侧棱展开在同一平面，可得彩带的路径必须沿路径，计算的长度，可得最短彩带的长度． 【详解】（1）由题可知正四棱台的体积， 记分别为棱台上、下底面的中心，分别取中点，连接， ，在梯形中，过作于， 由于正四棱台侧面是全等的等腰梯形， 且，所以， 所以， 所以正四棱台的表面积． （2）把该四棱台沿侧棱展开，得到如图所示的图形，要使这种彩带长度最小，则彩带的路径必须沿如图所示的路径．在等腰梯形中，设，易知． 在中，， 又， 由余弦定理得， 所以彩带最少需要． 17．（本小题满分15分） （1）； （2）当，最小值为 【分析】（1）根据题意，利用向量的数量积的坐标运算公式，以及向量的数量积的运算律，即可求解； （2）由，得到，结合二次函数的性质，即可求解． 【详解】（1）解：因为向量，，，则， 可得， ． （2）解：因为，可得，， 则， 设，由二次函数的性质得，当时，函数取得最小值， 所以的最小值为，此时． 18．（本小题满分17分） （1）证明见解析 （2） （3） 【分析】（1）由勾股定理得到，即可求证； （2）取的中点，证明是二面角的平面角，即可求解； （3）过点作，交的延长线于点，证明点到平面的距离为，直线与平面所成角的正弦值为，分析的最大、最小值，即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，，，所以，所以， 在中，，，，所以，所以， 又，平面，，所以平面． （2）如图，连接，取的中点，连接． 因为平面，平面平面，平面，所以， 因为，，所以， 因为，，是的中点，所以，， 所以是二面角的平面角． 在等边中，，，所以， 在中，因为，，所以， 在平行四边形中，， 所以，， 在中，， 所以， 故二面角的正弦值为． （3）如图，过点作，交的延长线于点． 因为，，，，平面，所以平面． 因为平面，所以． 又，，，平面， 所以平面，， 所以． 因为，平面，平面，所以平面． 又因为点在棱上，所以点到平面的距离为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 当时，最短，为， 可得直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 当点与重合时，最长，为4， 可得直线与平面所成角的正弦值的最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 19．（本小题满分17分） （1）． （2）证明见解析 （3）证明见解析， 【分析】（1）按比例设边，算半周长，用海伦公式得面积含表达式，由已知面积求，进而求得大于60°的角所对的边长． （2）用面积与、关系及海伦公式得表达式，换元后用均值不等式证明． （3）在两个三角形用余弦定理得等式①，算四边形面积得等式②，①②平方相加，用三角函数性质和不等式推导，结合半周长得面积最大值及取等条件． 【详解】（1）已知，设，，，， 半周长． 根据海伦公式，把值代入得． 又已知面积为，即，解得， 因为，所以，故， 所以所求边． （2）由，，结合， 可得． 设，，，则． 根据均值不等式，，， 所以， 即，当即时等号成立． （3）连结BD，在、中对BD算两次， 用余弦定理得， 化简得①式． 四边形面积， 化简得②式． 将①、②平方相加，利用及不等式， 得到， 故． 即 因为，所以， 当，即四边形是圆内接四边形时等号成立． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$