精品解析：江西省鹰潭市2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题

鹰潭市2024—2025学年度下学期期末质量检测 高一数学试卷 命题人：祝翠华 审题人：陈瑶 单位：余江区第一中学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题两部分，共4页.时量120分钟.满分150分. 第I卷选择题 一、单项选择题：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，请将正确答案的序号填涂在答题卡上. 1. 已知i是虚数单位，复数在复平面内对应的点坐标为，，则的虚部为（ ） A. i B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得，进而利用复数的乘法运算得，最后利用共轭复数的概念及虚部的概念求解即可. 【详解】因为复数在复平面内对应的点坐标为，所以， 所以，所以，所以的虚部为. 故选：D 2. 如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算直接化简可得解. 【详解】由已知为线段上一点， 设，， 则， 又， 则， 所以， 则， 解得， 故选：D. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出角的终边上的点到原点的距离为，再利用任意角的三角函数的定义求出结果，再用倍角公式求解． 【详解】解：角的终边经过点， ，， ， ， ． 故选：C． 4. 曲线的对称轴方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正切函数图象性质得出对称轴表达式即可. 【详解】根据函数的图象可知曲线的图象如下图： 因此对称轴方程满足，即可得， 所以对称轴方程为. 故选：A 5. 斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. 56 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据底面边长以及侧棱长求出四棱台的高，代入体积公式计算即可. 【详解】设正四棱台的上、下底面中心分别为，则即为正四棱台的高，如图所示： 取过正四棱台的轴和侧棱的截面，易知， 所以可得截面是上底为4，下底为8，腰长为的等腰梯形， 则， 所以正四棱台的体积为. 故选：B 6. 蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的，若不计蜂巢壁的厚度.蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示.设P为图中7个正六边形（边长为1）内部或边界上点，A，B为两个固定顶点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图建立平面直角坐标系，根据数量积的坐标运算，当点P与点E或点F重合时，可得最小值，当点P与点G或点H重合时，可得最大值. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则， 设，则， 所以，由于， 所以当点P与点E或点F重合时，最小，最小值为， 当点P与点G或点H重合时，最大，最大值为， 所以. 故选：A. 7. 设函数，下述四个结论： ①是偶函数②的图象关于直线对称 ③的最小值为④在上不单调 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性恒等式可判断①，利用对称性恒等式可判断②，利用分段讨论去绝对值，化为一般三角函数可判断③，利用正弦函数单调性可判断④. 【详解】①因为，所以是偶函数，①正确； ②因为， 所以的图象不关于直线对称，②错误； ③因为 所以 当时，， 当时，， 综合得，即的最小值为，③错误； ④由，化简， 令，则，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 故在上不单调，④正确. 故选：B 8. 的内角的对边分别为，若 则面积的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据恒等变换以及弦切互化可得，即可根据正切的和差角公式以及基本不等式求解的最大值为，即可利用面积公式求解. 【详解】由可得, ， 故， , 则同号，故为锐角，故，即，当且仅当时取等号， 故的最大值为， 故，故面积的最大值为， 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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. 设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则点的集合所构成的图形的面积为π C. D. 若是实系数方程的一个根，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据特例，可判定A不正确；根据复数的几何意义，得到表示的轨迹，结合圆的面积公式，可判定B正确；根据虚数的运算性质，可判定C正确；根据实系数方程的性质，结合韦达定理，可判定D不正确. 【详解】对于A中，例如：复数，可得，所以A不正确； 对于B中，由复数的几何意义，可得是以半径为和半径为的圆构成的圆环， 其中圆环的面积为，所以B正确； 对于C中，由虚数的运算性质：， 可得，所以C正确； 对于D中，由复数是实系数方程的一个根， 可得复数是实系数方程的另一个根， 则且，即， 所以，所以D不正确. 故选：BC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的图象可由向右平移个单位得到 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据函数的图象确定函数的解析式，判断A，再根据周期，判断函数的单调性，即可判断B，根据平移规律，以及诱导公式，判断C，根据对称性得到，再转化为，结合诱导公式，即可判断D. 【详解】由条件可知，，则，且， 所以， 由图象可知，，得， 当时，，得， 所以，所以，故A正确； ，因为函数的周期为，的单调性和的单调性一致，由图可知，是函数的增区间，故B错误； 向左平移个单位得到函数，故C正确； 由条件可知，，则，所以， 所以， 因为，所以， 因为， 所以，故D正确. 故选：ACD 11. 在棱长为2的正方体中，点是正方形内的一点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. B. 若点是线段的中点，则平面截正方体所得的截面的面积为 C. 若点在线段上，则的最小值为 D. 若点满足，则与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，根据线面垂直的性质可证明线线垂直；对于选项B，首先确定截面形状，然后根据线段求解即可；对于选项C，确定点位置，进行计算即可；对于选项D，确定正切值最大的点的位置，然后进行计算即可. 【详解】对于选项A：因为正方体，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以.故A正确. 对于选项B：取中点，连接，平面截正方体所得截面为等腰梯形. 因为，，，所以等腰梯形的高为， 所以梯形面积为，所以B错误. 对于选项C：如图： 当为中点时，因为，所以取得最小值，为， 此时因为为等边三角形，且边长为，，所以也取得最小值，为. 所以的最小值为，故C正确； 对于选项D：如图： 由，平面，点的轨迹是线段. 过作平面，垂足为，则在线段上，连接，则为与平面所成的角. ，又，所以，当为中点时取“”.故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积及模的坐标运算即可求解． 【详解】因为，所以，解得， 所以，则， 故答案为：． 13. 设当时，函数取得最大值，则______. 【答案】； 【解析】 【详解】f(x)＝sin x－2cos x＝＝sin(x－φ)，其中sin φ＝，cos φ＝，当x－φ＝2kπ＋ (k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋＋φ时，函数f(x)取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－. 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得， 进而可得，进而，即可求解，由体积公式即可求解. 【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点， 且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，得， 从而，即球心在线段的中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的体积. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形的外接圆半径求解可得. 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. 已知z是复数，若是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位． （1）求复数； （2）设复数z，在复平面内所对应的向量分别是，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）且. 【解析】 【分析】（1）由是实数，是纯虚数，列出等式求解即可； （2）由，且与不共线，列出不等式求解即可. 【小问1详解】 设复数， 由是实数知，即， 所以． 又因为是纯虚数，则为纯虚数， 即且， 所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）知， 则， 所以，， 因为向量与的夹角为钝角， 所以，且与不共线， 即，且 解得且. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的面积； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由，得 所以 由正弦定理，， 得 所以 由，得 所以 由，得 所以的面积 【小问2详解】 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 17. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论. （2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论. （3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可. 【小问1详解】 在三棱柱 中，连接交于O，连接OD， 则O是的中点，又是的中点，， 而平面，OD平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，是的中点，得， 由平面，得平面，又AD平面，则， 又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面， 所以平面平面 【小问3详解】 在平面内过C作CE于E，连AE， 由（2）知，平面平面，平面平面， 则平面，是AC与平面所成的角， 在直角中，令，则，， 在直角中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 大连某养殖公司有一处矩形养殖池，如图所示，米，米，为了便于冬天给养殖池内的水加温，该公司计划在养殖池内铺设三条加温带和，考虑到整体规划，要求是边的中点，点在边上，点在边上，且，设． （1）试将的周长表示成的函数关系式，并求出此函数的定义域； （2）当时，求加温带的长； （3）为增加夜间水下照明亮度，决定在两条加温带和上按装智能照明装置，经核算，两条加温带每米增加智能照明装置的费用均为400元，试问如何设计才能使新加装的智能照明装置的费用最低？并求出最低费用． 【答案】（1），； （2）． （3）当米时，照明装置费用最低，最低费用为元． 【解析】 【分析】（1）利用直角三角形边角关系列式求出函数关系及定义域. （2）由（1）的结论，利用正余弦齐次式法计算得解. （3）确定费用最低的条件，并设，利用辅助角公式及和和角的正弦公式求出的范围，再借助函数单调性求出最小值. 【小问1详解】 在中，由，得，， 又中，由勾股定理得， 因此， 当点在点时，此时的值最小，，当点在点时，此时的值最大，， 所以函数关系式为，定义域为. 【小问2详解】 由（1）知， 因此， 于是. 【小问3详解】 依题意，要使费用最低，只需最小即可， 由（1）得， 设，则，， ，由，得， ，于是， 令，函数在上为增函数， 则当时，最小，且最小值为，此时， 所以当米时，照明装置费用最低，最低费用为元． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对边分别为，，，且，点为的费马点． （1）求证：是直角三角形； （2）若的面积为，且，求的值； （3）求的最小值． 【答案】（1）证明：由，得， 即，由正弦定理得， 所以是直角三角形. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解. （2）根据面积公式可求解，进而根据正弦定理可得，由和差角公式化简即可求解. （3）由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得，即可利用不等式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 的面积为，则， 所以在中，， 所以， 由P为的费马点，得， 设，则，， 在中，由正弦定理得， 即， 在中，由正弦定理得，则， 因此，整理得，即， 所以，即. 【小问3详解】 由P为的费马点，得， 设，则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 由，得， 化简得，又，则，当且仅当时取等号， 整理得，因此，或（舍去）， 所以的最小值为. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹰潭市2024—2025学年度下学期期末质量检测 高一数学试卷 命题人：祝翠华 审题人：陈瑶 单位：余江区第一中学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题两部分，共4页.时量120分钟.满分150分. 第I卷选择题 一、单项选择题：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，请将正确答案的序号填涂在答题卡上. 1. 已知i是虚数单位，复数在复平面内对应的点坐标为，，则的虚部为（ ） A. i B. C. 1 D. 2. 如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 曲线的对称轴方程为（ ） A. B. C. D. 5. 斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. 56 B. C. D. 6. 蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的，若不计蜂巢壁的厚度.蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示.设P为图中7个正六边形（边长为1）内部或边界上点，A，B为两个固定顶点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，下述四个结论： ①是偶函数②的图象关于直线对称 ③的最小值为④在上不单调 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 8. 的内角的对边分别为，若 则面积的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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. 设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则点的集合所构成的图形的面积为π C. D. 若是实系数方程的一个根，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的图象可由向右平移个单位得到 D. 11. 在棱长为2的正方体中，点是正方形内的一点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. B. 若点是线段的中点，则平面截正方体所得的截面的面积为 C. 若点在线段上，则的最小值为 D. 若点满足，则与平面所成角的正切值的最大值为 第Ⅱ卷非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则_________． 13. 设当时，函数取得最大值，则______. 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为__________． 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. 已知z是复数，若是实数，是纯虚数，其中i为虚数单位． （1）求复数； （2）设复数z，在复平面内所对应的向量分别是，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，，. （1）求的面积； （2）若，求的值. 17. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 18. 大连某养殖公司有一处矩形养殖池，如图所示，米，米，为了便于冬天给养殖池内的水加温，该公司计划在养殖池内铺设三条加温带和，考虑到整体规划，要求是边的中点，点在边上，点在边上，且，设． （1）试将的周长表示成的函数关系式，并求出此函数的定义域； （2）当时，求加温带的长； （3）为增加夜间水下照明亮度，决定在两条加温带和上按装智能照明装置，经核算，两条加温带每米增加智能照明装置的费用均为400元，试问如何设计才能使新加装的智能照明装置的费用最低？并求出最低费用． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对边分别为，，，且，点为的费马点． （1）求证：是直角三角形； （2）若的面积为，且，求的值； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $