精品解析：广西钦州市2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

钦州市2025年春季学期高一年级期末教学质量监测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：北师大版必修第二册第一章～第四章，第六章． 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. 下列与角终边相同的角为（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题中正确的是（ ） A. 正四棱锥的侧面都是正三角形 B. 直四棱柱是长方体 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 D. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 3. 已知，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 如图，在平面直角坐标系中的斜二测直观图是，其中，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 若，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面截球的截面面积为，点到平面的距离为3，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ） 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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知在中，角所对的边分别为,则根据下列条件能确定为钝角的是（ ） A. B. C. 均为锐角，且 D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 若，且的最小值为，则函数的最小正周期为 C. 若的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3 D. 若在上恰有2个零点，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形的圆心角为，半径为2，则扇形的弧长为_________ 13. 如图，在测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，；，且在点测得塔顶A的仰角为，则______． 14. 如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知，都是锐角，，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 在中，内角A，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）已知，求的面积． 17. 如图，在中，，分别是，的中点，，，． （1）用，表示，； （2）求证：，，三点共线； （3）若，，，求的值． 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）求函数的图象的对称中心的坐标和对称轴方程； （3）当时，方程有两个不相等的实数根，且，求的值． 19. 如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，平面与平面的锐二面角的余弦值为，求该三棱柱的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 钦州市2025年春季学期高一年级期末教学质量监测 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：北师大版必修第二册第一章～第四章，第六章． 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. 下列与角终边相同的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据终边相同的角的集合即可求解. 【详解】与角终边相同的角的集合为, 取，，其他均不符合， 故选：B 2. 下列命题中正确的是（ ） A. 正四棱锥的侧面都是正三角形 B. 直四棱柱是长方体 C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥 D. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 【答案】D 【解析】 【分析】由正四棱锥，直四棱柱，圆锥，圆台结构特征结合题意可得答案. 【详解】对于A，正四棱锥的侧面不一定是正三角形，可能是等腰三角形，故A错误； 对于B，若直四棱柱的上下底面不是矩形，则不一定是长方体，故B错误； 对于C，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥，故C错误； 对于D，由圆台定义可得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，故D正确. 故选：D 3. 已知，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】由正切与正弦，余弦函数关系可得答案. 【详解】因，则. 故选：A 4. 如图，在平面直角坐标系中的斜二测直观图是，其中，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用斜二测画法的规则，得到，且，结合勾股定理，即可求解. 【详解】由斜二测画法，可得直观图是对应的平面图形，如图所示， 因为，，可得，且， 所以. 故选：B. 5. 若，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可求解. 【详解】由可得， 由二倍角公式可得，得， 由于，则，故 ， 故选：C 6. 已知平面截球的截面面积为，点到平面的距离为3，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出截面圆的半径，进而得到球的半径，得到球的体积. 【详解】平面截球的截面为圆，设圆的半径为，则，解得， 又点到平面的距离为3，则球的半径为， 所以球的体积为 故选：D 7. 函数的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题可将化为，其中，然后可得答案. 【详解】 ，其中， 则当时，取最大值. 故选：C 8. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由向量平行坐标表示可得答案；对于B，由向量垂直坐标表示可得答案；对于C，由向量模坐标计算公式可得答案；对于D，由向量数量积坐标表示可得答案. 【详解】对于A，因，则，故A错误； 对于B，因，则，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：BD 10. 已知在中，角所对的边分别为,则根据下列条件能确定为钝角的是（ ） A. B. C. 均为锐角，且 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量的数量积可判断A，利用切化弦，结合余弦的两角和公式可判断B，利用诱导公式，结合正弦函数的单调性可判断C，利用余弦定理可求角来判断D. 【详解】因为，所以，即，所以确定为钝角，故A正确； 由， 因为，所以有 ， 即可以确定为钝角，故B正确； 因为均为锐角，且，根据正弦函数在上单调递增， 所以有，故C错误； 由， 得，所以，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，在上单调递增 B. 若，且的最小值为，则函数的最小正周期为 C. 若的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的最小值为3 D. 若在上恰有2个零点，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由正弦函数单调性可判断选项正误；对于B，设，由题可得，据此可判断选项正误；对于C，由题可得，据此可判断选项正误；对于D，由题可得，据此可判断选项正误. 【详解】对于A，当时，，当，， 因在时单调递增，则在上单调递增，故A正确； 对于B，因，则时，设， 则 ，因，则函数的最小正周期为，故B错误； 对于C，将的图象向右平移个单位长度后， 可得，因图象关于轴对称， 则，因，则，得，故C正确； 对于D，时，，令，可得. 则使，且大于的前3个取值为， 则，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形的圆心角为，半径为2，则扇形的弧长为_________ 【答案】 【解析】 【分析】直接根据扇形的弧长公式求解即可． 【详解】 【点睛】本题考查了扇形的弧长公式．本题的关键点是根据1弧度角的定义来理解弧度制下的扇形弧长公式． 13. 如图，在测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，；，且在点测得塔顶A的仰角为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题及正弦定理可得，然后由在点测得塔顶A的仰角为可得AB. 【详解】在中，由正弦定理，， 则，又因在点测得塔顶A的仰角为， 则. 故答案为： 14. 如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】取BC的中点E，的中点F，先利用面面平行判定定理证明平面平面，得出四边形为截正方体所得截面图形，易得四边形是菱形，求得该菱形的边长即可求得面积. 【详解】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD， 因为E，F分别为BC，的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，，平面，所以平面平面， 即四边形为截正方体所得截面图形. 由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形， 对角线即为正方体的体对角线， 又， 所求截面的面积. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知，都是锐角，，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后由二倍角的正切公式可得答案； （2）由两角差的正弦公式可得答案. 【小问1详解】 因，是锐角，则. 从而，则； 【小问2详解】 因，是锐角，则. 则. 16. 在中，内角A，，的对边分别为，，，且． （1）求的值； （2）已知，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得答案； （2）由（1）结合，可得，由余弦定理可得，然后可得三角形面积. 【小问1详解】 由结合正弦定理边角互化可得： . 【小问2详解】 由（1），则由余弦定理， ，则. 则的面积为 17. 如图，在中，，分别是，的中点，，，． （1）用，表示，； （2）求证：，，三点共线； （3）若，，，求的值． 【答案】（1）, （2）证明：, , 故共线，又两向量有公共点,故，，三点共线 （3）2 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解， （2）证明向量共线即可， （3）根据数量积的运算律即可求解. 【小问1详解】 ， ; 【小问2详解】 略 【小问3详解】 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）求函数的图象的对称中心的坐标和对称轴方程； （3）当时，方程有两个不相等的实数根，且，求的值． 【答案】（1） （2）对称中心为，对称轴方程为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据最大值可求解振幅，根据周期可求解，代入最高点坐标可求， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可求解， （3）根据正弦函数的对称性可得，，即可根据诱导公式，结合同角关系即可求解. 【小问1详解】 根据图可知，周期满足，故，故， 此时， 代入可得，故， 即，由于，故， 故 【小问2详解】 令，解得， 故对称中心为， 令,解得， 故对称轴方程为 【小问3详解】 由于，所以， 令， 则令，则在上有两个不相等的实数根， 满足，且，， 因此， ， 故， 19. 如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点． （1）证明：平面平面； （2）若，平面与平面的锐二面角的余弦值为，求该三棱柱的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合中点，可得线线垂直，进而可得平面，进而根据面面垂直的判定求解， （2）根据面面角的定义可得为平面与平面所成的角，即可根据锐角三角函数求解棱柱的高，由体积公式即可求解. 【小问1详解】 证明：连接,则与相交于， 由于三棱柱为正三棱柱， 故为等边三角形， 故,, 结合是与的中点，所以, 又与相交于，且平面， 故平面， 平面，故平面平面， 【小问2详解】 延长与的延长线交于点,连接, 则平面与平面相交于直线， 由于是的中点，故,即是的中点， 因此,故， 又平面，平面， 故, 平面， 故平面，平面， 故，又，因此为平面与平面所成的角， ,故， 因此, 故三棱柱的体积为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $