精品解析：四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题

南充市2024-2025学年度下期普通高中一年级学业质量监测 数学试题 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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：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. 设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（ ）象限. A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数乘法求复数，再根据其对应点确定复数所在的象限. 【详解】由，对应点坐标为，即在第一象限. 故选：A 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数值. 【详解】由题设，可得. 故选：A 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用诱导公式及平方关系求值即可. 【详解】由，，则， 所以. 故选：D 4. 设，为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断线线、线面位置关系. 【详解】A：，，则平行或异面，错； B：，，则或，错； C：，则存在直线平面，使， 又，得，故，对； D：，，，则可以在内，可以与平行，也可以与相交但不垂直，不一定有，错. 故选：C 5. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设确定底面周长，再由圆锥侧面积的求法求其侧面积. 【详解】由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：B. 6. 已知中，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值，利用同角三角函数的基本关系结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】因为，，则， 故， 因此. 故选：B. 7. 如图，在中，，于，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知及余弦定理得，再由投影向量的求法求在上的投影向量. 【详解】由题设，，则，， 故， 所以， 所以在上的投影向量为. 故选：A. 8. 如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助平行平面来确定点所在的直线，然后借助正方体的性质，即可得正切值与边的关系，从而可得取值范围. 【详解】 取线段的中点分别为，连接， 由中位线可得，所以四点四点共面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 因为点为四边形及其内部的动点，所以当，即平面， 所以此时有平面， 由正方体的性质可知平面，所以与平面所成角就是， 又因为，设正方体的边长为2，则， 此时，所以， 故选：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. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 存在，使得成立 【答案】BC 【解析】 【分析】由三角形内角和及诱导公式判断A、B；由余弦函数的单调性比较大小判断C；根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D. 【详解】A：由，错； B：由，对； C：由在上单调递减，且，则，对； D：由正弦边角关系，若，即，显然不符合三角形三边关系，错. 故选：BC 10. 如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 三棱锥的体积为 C. 点到平面的距离为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据定义，异面直线与直线所成角，即为或其补角，即可判断A；应用等体积法求体积判断B；首先求出到平面的距离，再结合对称性判断C；由四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，进而求半径，即可得表面积判断D. 【详解】A：由题设，则直线与直线所成角，即为或其补角， 又为等边三角形，故，对； B：由，对； C：由，，则中上的高为， 所以，若到平面的距离为，则， 所以，根据对称性易知点到平面的距离为，错； D：由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球， 而的外接圆半径，且， 所以外接球的半径，故其表面积为，对. 故选：ABD 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 时，点是函数图象的一个对称中心 B. 时，函数在上有4个零点 C. 将图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称，则最小值为3 D. 当时，恰有4个最大值，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】代入法判断对称中心，结合正弦函数的周期性确定区间零点个数判断A、B；由图象平移得，根据对称性有判断C；问题化为在上有4个最大值求参数范围判断D. 【详解】当时，则，即点是函数图象的一个对称中心，A对； 令，可得， 因为，则， 故在区间共有3个零点或或， 所以函数函数在上有3个零点或或，B错； 由图象关于轴对称，则， 所以，且，故最小值为3，C对； 由，则，即在上有4个最大值， 所以，可得，D对. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角和余弦公式即可求解. 【详解】由， 故答案为： 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则_____. 【答案】7 【解析】 【分析】由已知可得再由正弦定理求边长. 【详解】由且为三角形内角，则， 由正弦定理得，可得. 故答案为：7 14. 在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把与，与相加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：. 如果角与满足，，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知及和差化积公式得、，进而有，再由，即可求值. 【详解】由， 所以， 由， 所以， 所以，而. 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. 已知函数. （1）求函数的值域； （2）求使成立的的取值集合. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用两角和正弦公式展开，再利用辅助角公式化简，即可求值域； (2)利用正弦函数性质解不等式即可求解. 【小问1详解】 由 ， 因为定义域为，所以值域为； 【小问2详解】 由得：， 所以， 解得. 所以使成立的的取值集合是. 16. 在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）求证：； （2）若为的中点，过的平面交平面于，求证：平面. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题设易知，再由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证； （2）由题设易得，由线面平行的判定得，再由线面平行的性质有，最后应用线面平行的判定即可证. 【小问1详解】 由，为的中点，则， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，故. 【小问2详解】 由为的中点，为的中点，则， 由，，则，又平面，平面平面， 所以，平面，平面， 所以平面. 17. 如图，中，，，，，N为的中点，设，，PN与相交于点. （1）用，表示、； （2）若，求的值； （3）求. 【答案】（1），； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量基本定理得到，； （2）表达出，根据三点共线，得到，求出； （3）在（1）基础上，得到，，，利用夹角余弦公式进行求解. 【小问1详解】 N为的中点，故， ， 故； 【小问2详解】 ， 因为三点共线，设，即， ，故，， 所以，解得； 【小问3详解】 由（1）知，，， 又，，，故， ， ， ， 则. 18. 已知、、分别为三个内角、、的对边，且. （1）求的值； （2）若，，的面积为，求的值； （3）若，，为垂心，为的外心，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式、余弦定理可得出关于、的方程组，结合可得出、的值，再利用正弦定理求出的值即可； （3）设，根据，，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可得出关于、的表达式，推导出，，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 即， 即， 即， 因为、，故，可得， 所以，因此，. 【小问2详解】 因为，可得， 因为，由余弦定理可得， 故，所以，解得， 由正弦定理可得，故， 因此，. 【小问3详解】 由平面向量数量积的定义可得， 设，则， 因为，则， 即①， ， 因为，则， 即②， 联立①②得，，故， 取线段的中点，连接，则，如下图所示： ， 同理可得， 因此. 19. 如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点.将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点. （1）当为的中点时. ①求证：平面平面； ②求直线与平面所成角的正弦值. （2）若，求二面角的正弦值的取值范围. 【答案】（1）①证明：由题设，易知是边长为4的正方形，且，， 由都在平面内，则平面，平面， 所以，又，都在平面内，则平面， 由平面，则，又，为的中点，则， 由都在平面内，则平面，平面， 所以平面平面； ②； （2）. 【解析】 【分析】（1）①由题设及线面垂直的判定和性质得，进而得平面，再由线面、面面垂直的判定证明结论；②先应用等体积法求到平面的距离，再根据线面角的定义求其正弦值； （2）法一：由题设，令，根据几何关系法，结合余弦定理、勾股定理及平方关系求到的距离、到平面的距离，进而求二面角正弦值的范围；法二：构建空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求二面角正弦值的范围. 【小问1详解】 ①略 ②由平面，平面，则，且 同理可得，则，故， 由， 若到平面的距离为，则，可得，而， 所以直线与平面所成角的正弦值； 【小问2详解】 法一：由，且，则， 所以，，， 所以， 故，故到的距离， 又到平面的距离，则二面角的正弦值， 又，则； 法二：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则， 所以，若是平面的一个法向量， 所以，令，则， 而平面的一个法向量为，则， 而，则，故， 所以，故二面角的正弦值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南充市2024-2025学年度下期普通高中一年级学业质量监测 数学试题 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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：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. 设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（ ）象限. A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知中，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，于，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（ ） 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. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 存在，使得成立 10. 如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 三棱锥的体积为 C. 点到平面的距离为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 时，点是函数图象的一个对称中心 B. 时，函数在上有4个零点 C. 将图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称，则最小值为3 D. 当时，恰有4个最大值，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为_____. 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则_____. 14. 在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把与，与相加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：. 如果角与满足，，则_____. 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. 已知函数. （1）求函数的值域； （2）求使成立的的取值集合. 16. 在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）求证：； （2）若为的中点，过的平面交平面于，求证：平面. 17. 如图，中，，，，，N为的中点，设，，PN与相交于点. （1）用，表示、； （2）若，求的值； （3）求. 18. 已知、、分别为三个内角、、的对边，且. （1）求的值； （2）若，，的面积为，求的值； （3）若，，为垂心，为的外心，求的值. 19. 如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点.将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点. （1）当为的中点时. ①求证：平面平面； ②求直线与平面所成角的正弦值. （2）若，求二面角的正弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $