精品解析：湖北省十堰市2024-2025学年高一下学期6月期末调研考试数学试题

十堰市2024—2025学年度下学期期末调研考试 高一数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效. 3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷、草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数最小正周期为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. -6 D. 6 4. 已知复数，满足，，且，则（ ） A. B. C. 7 D. 5. 在直四棱柱中，四边形是梯形，，，，E，F分别是棱，中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，均为锐角，且，，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 某甜品店推出一款球形创意冰激凌，将冰激凌球放置在特制的巧克力圆台容器中.已知巧克力圆台容器的上底面圆的半径为8厘米，下底面圆的半径为2厘米，若该球形创意冰激凌与巧克力圆台容器的内壁及上、下底面均相切（不考虑巧克力圆台容器的厚度），则该球形创意冰激凌的体积是（ ） A. 立方厘米 B. 16π立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 8. 纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数.我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的.已知某声音的数学模型是函数，若的图象关于直线对称，且的图象关于点中心对称，则的最小值是（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 5 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i为虚数单位，复数满足，则（ ） A. 可以是 B. 若为纯虚数，则其虚部为2 C. D. 对任意复数，恒成立 10. 已知函数的图象的一条对称轴为直线，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 在上有3个零点 11. “赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是，，，，，的中点，O是正六边形的中心，P是正六边形内的一动点（包含边界），，则（ ） A. B. C. 的最小值是3 D. 的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是_____. 13. 某数学兴趣小组成员为测量A，B（视为质点）两地之间的距离，在A的北偏东15°方向上和西偏北30°方向上分别选取点C，D，已知B在A的西偏南30°方向上，A，C两地相距千米.B，D两地相距千米，且D在C的西偏南15°方向上，则A，B两地之间的距离是_____千米. 14. 在正四棱锥中，，，点F在四棱锥的侧面上运动，且平面，则动点的轨迹长度为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 15. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且. （1）求B； （2）若，且的周长为6，求a，c. 16. 如图，在多面体中，，，，平面平面. （1）证明：平面. （2）已知，平面平面，是线段的中点. ①证明：四边形为矩形. ②求多面体的体积. 17. 已知函数，，是的两个零点，且的最小值是π. （1）求的值； （2）求在上的值域； （3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 18. 密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状、大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片、如图1，这是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面四边形组成，小华为了进一步研究这个密铺图形，单独绘制出组成这个密铺图形的四边形，如图2，其中，. （1）若的面积为，且B为锐角，求的长度. （2）试问否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由， （3）求四边形面积的最大值. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形,,为等边三角形，，E，F分别是棱，的中点. （1）求四棱锥的体积. （2）在棱上是否存在点G，使得平面平面?若点G存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若H是棱的中点，求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 十堰市2024—2025学年度下学期期末调研考试 高一数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效. 3.非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷、草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘方及乘法运算可得，再根据共轭复数的定义即可求解. 【详解】， 所以，则. 故选：. 2. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和图象的关系，结合正弦型函数的周期公式可求得结果. 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的图象是由函数的图象将轴下方的图象翻折到轴上方和轴上方的图象组成， 故函数的最小正周期为. 故选：C. 3 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. -6 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算计算就可. 【详解】由题意可得，解得， 故选：A. 4. 已知复数，满足，，且，则（ ） A. B. C. 7 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义与加减法的平行四边形法则，结合余弦定理得出，从而得出结论． 【详解】设，在复平面内对应的向量分别为，， 由题意可知，，， 则以，为邻边的平行四边形中，. 在中，由余弦定理可得， 故选：D. 5. 在直四棱柱中，四边形是梯形，，，，E，F分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取棱的中点，可得，则是异面直线与所成的角或补角.设，在中，由余弦定理可得答案. 【详解】取棱的中点，连接，，， 因为，所以四边形为平行四边形，， 则是异面直线与所成角或补角. 设，则，， ， 在中，由余弦定理可得， 即异面直线与所成角的余弦值是. 故选：. 6. 已知，均为锐角，且，，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角关系式求出，结合及和差公式求出，，再根据即可求解. 【详解】因为，均为锐角，所以， 所以， 即. 因为，所以， 所以，， 则. 故选：A. 7. 某甜品店推出一款球形创意冰激凌，将冰激凌球放置在特制的巧克力圆台容器中.已知巧克力圆台容器的上底面圆的半径为8厘米，下底面圆的半径为2厘米，若该球形创意冰激凌与巧克力圆台容器的内壁及上、下底面均相切（不考虑巧克力圆台容器的厚度），则该球形创意冰激凌的体积是（ ） A. 立方厘米 B. 16π立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 【答案】C 【解析】 【分析】作出示意图，四边形是该圆台容器的轴截面，圆是球形创意冰激凌的截面，E，F分别为圆O切，的切点，进而利用平面几何知识求得球的半径，进而可求体积. 【详解】如图，设，分别是该圆台容器上、下底面圆的圆心， 四边形是该圆台容器的轴截面， 圆是球形创意冰激凌的截面，E，F分别为圆O切，的切点， 则，. 作，垂足为H， 则，，. 因为，所以，则， 即该球形创意冰激凌的半径为4， 故该球形创意冰激凌的体积为立方厘米. 故选：C. 8. 纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数.我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的.已知某声音的数学模型是函数，若的图象关于直线对称，且的图象关于点中心对称，则的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称轴和对称中心的公式进行代入、化简，求出的表达式，进而可求出其最小值. 【详解】因为的图象关于直线对称，所以， 所以， 即， 所以， 则，即. 因为的图象关于点中心对称，所以， 即， 即，则， 解得. 综上，. 因为，所以的最小值为3. 故选：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设i为虚数单位，复数满足，则（ ） A. 可以是 B. 若为纯虚数，则其虚部为2 C. D. 对任意复数，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用代入检验可判断A；利用纯虚数概念结合条件可得的虚部判断B；计算，判断C；根据复数的运算性质判断D. 【详解】当时，，符合题意，A正确. 由为纯虚数，且，得，其虚部为，B错误. 设，则，所以， 因为，则有，故，C正确. 由复数的运算性质和模长定义，可知对任意复数，，恒成立，D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的图象的一条对称轴为直线，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 在上有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由对称轴代入即可判断A，由的函数值可判断B，通过计算的范围，结合余弦函数的图像、单调性可判断CD. 【详解】由题意可得，解得， 因为，所以，A正确. 因为，所以的图象关于点对称，B正确. 由，得，则在上单调递增，C错误. 由，得，则此时有三个零点， 则在上有3个零点，D正确， 故选：ABD. 11. “赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是，，，，，的中点，O是正六边形的中心，P是正六边形内的一动点（包含边界），，则（ ） A. B. C. 的最小值是3 D. 的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AB，由图形的几何性质，连接辅助线，构造平行四边形与三角形，利用向量的线性运算，可得其正误；对于CD，由图形的几何性质，明确取得最值得动点位置，利用数量积的定义，可得其正误. 【详解】连接，则O为线段的中点. 连接，易证四边形，均为平行四边形，则. 连接，则A，M，E三点共线，且， 所以，A错误. 由正六边形的性质可得，， 则，B正确. 作，垂足为N. 当P与H重合时，取得最小值. 因，所以. 因为H为线段的中点，所以N为线段的中点， 所以，则，C正确. 延长，交线段于点，则为线段的中点. 因为，所以. 因为，所以，所以. 当P在线段上时，取得最大值，，D正确 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】求出的范围，结合正弦函数的单调性列出不等式，解不等式即可. 【详解】因为，所以. 因为在上单调递增，且， 所以解得. 故答案为：. 13. 某数学兴趣小组成员为测量A，B（视为质点）两地之间的距离，在A的北偏东15°方向上和西偏北30°方向上分别选取点C，D，已知B在A的西偏南30°方向上，A，C两地相距千米.B，D两地相距千米，且D在C的西偏南15°方向上，则A，B两地之间的距离是_____千米. 【答案】30 【解析】 【分析】根据题意做出平面图形，再根据正弦定理解三角形即可. 【详解】 由题中数据可得，，千米，则. 在中，由正弦定理可得，则千米. 在中，千米，千米，， 由正弦定理可得，则， 所以，所以，故千米. 故答案为：30. 14. 在正四棱锥中，，，点F在四棱锥的侧面上运动，且平面，则动点的轨迹长度为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出辅助线，确定过点A与平面平行的平面，那么该平面与平面相交的线段即是点的轨迹，最后根据线段关系求出长度. 【详解】如图，分别取线段，的中点，连接，，. 连接，交于点，连接. 因为四边形是正方形，所以为线段的中点. 因为，所以， 即为线段的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为分别是线段，的中点，所以，. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面. 因为平面，且在平面内，所以点的轨迹为线段. 由题意可知，则，. 由余弦定理可得，则. 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、证明过程或者演算步骤. 15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且. （1）求B； （2）若，且的周长为6，求a，c. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直得到等式，再利用正弦定理将边化为角，通过三角函数的运算求出角； （2）结合三角形周长和余弦定理建立关于、的方程组，进而求解、的值. 【小问1详解】 因为，所以，即， 由正弦定理， 则，代入两边约去得： 即. 因为，所以， 所以. 因为，所以，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得， 则.① 因为，且的周长为6，所以.② 联立①②，解得. 16. 如图，在多面体中，，，，平面平面. （1）证明：平面. （2）已知，平面平面，是线段中点. ①证明：四边形为矩形. ②求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②8 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得，由面面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）①利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理可得，再由即可证明；②根据线面垂直判定定理可得平面，将多面体分成2个四棱锥，再根据锥体的体积公式求解即可. 【小问1详解】 证明：因为， 所以，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为， 平面，平面，且， 所以平面. 【小问2详解】 ①证明：因为，且为线段的中点，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 所以， 由（1）可知平面，则，， 因为，，且，所以. 因为，所以四边形是矩形. ②解：因为，且为线段的中点，所以， 由①知， 因为平面，平面，且， 所以平面， 由①知， 因为，，所以. 则四棱锥的体积. 故多面体的体积. 17. 已知函数，，是的两个零点，且的最小值是π. （1）求的值； （2）求在上的值域； （3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可利用周期求解， （2）利用整体法即可求解， （3）换元，分离参数，结合基本不等式即可求解最值得解. 【小问1详解】 由题意可得. 由于，是的两个零点， 所以，是的两个零点， 因为的最小值是，且，所以最小正周期，解得. 【小问2详解】 由（1）知. 因为，所以. 当，即时，取得最小值，； 当，即时，取得最大值，. 故在上的值域为. 【小问3详解】 设，，由（2）可知. 不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立，即. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以a的取值范围是. 18. 密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状、大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片、如图1，这是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面四边形组成，小华为了进一步研究这个密铺图形，单独绘制出组成这个密铺图形的四边形，如图2，其中，. （1）若的面积为，且B为锐角，求的长度. （2）试问是否为定值?若是，求出这个定值；若不是，请说明理由， （3）求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）是，1 （3）. 【解析】 【分析】(1)利用的面积求出，再由余弦定理可得答案； （2）由余弦定理可得答案； （3）求出四边形的面积，平方后结合（2），利用两角和的余弦公式化简可得答案. 【小问1详解】 因为的面积为，所以， 解得，因为B为锐角，所以. 在中，由余弦定理可得 ，则； 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得.① 在中，由余弦定理可得 .② 联立①②，可得，即， 即为定值1； 【小问3详解】 四边形的面积 ， 则， 由（2）可知，则， 所以， 所以. 当，即时，取得最大值72. 故，即四边形面积的最大值为. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形,,为等边三角形，，E，F分别是棱，的中点. （1）求四棱锥的体积. （2）在棱上是否存在点G，使得平面平面?若点G存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （3）若H是棱的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）16 （2）存在，. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据边长的关系可证明垂直，进而根据线面垂直的判定求解平面，即可由体积公式求解； （2）利用线线平行可证明平面，进而根据比例关系可得求证线面平行，即可根据面面平行的判定求解； （3）根据长度关系可证明，即可利用等体积法求解点到平面的距离，即可求解. 【小问1详解】 连接. 因为四边形是边长为4的菱形，， 所以为边长为4的等边三角形. 因为是线段的中点，所以，所以. 因为是边长为4的等边三角形，且是线段的中点，所以，且. 因为，，所以，所以. 因为平面，平面，且，所以平面， 则四棱锥的体积为. 【小问2详解】 存在满足条件的点，此时. 理由如下： 连接，记，，连接，，，. 因为E，F分别是棱，的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为四边形是菱形，所以是的中点，所以. 因为，且是棱的中点，所以，所以. 若平面平面，平面与平面与平面分别相交于直线, 故，所以，故， 所以在棱上存在点G，使得平面平面，且. 【小问3详解】 连接 在中，由余弦定理可得. 由（1）可知平面，且平面，所以. 因为，所以. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以，则. 因为，，且为棱的中点， 所以. 因为，，，所以，所以. 作，垂足为M，则，解得. 设点到平面的距离为. 因为，即, 则， 所以，解得. 设二面角的大小为，则， 即二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$