精品解析：江西省宜春市部分重点中学2024-2025学年高一下学期7月份联考数学试卷

高一数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4，本卷命题范围：北师大版必修第二册第一章~第六章第5节. 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. 若实数a，b满足（i是虚数单位），则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 2. 若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，为的中点，点E满足，则（ ） A B. C. D. 4. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ） A. B. C. D. 6. 在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F，G分别是棱，，的中点，则直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 任何一个复数（其中a，，i为虚数单位）都可以表示成（其中，）的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现，我们称这个结论为棣莫弗定理.若复数为纯虚数，则正整数m的最小值为（ ） A 4 B. 6 C. 8 D. 10 8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，均为正整数，则的值为（ ） 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. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. z的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若复数满足，则的最小值为1 10. 已知函数，若函数为偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 过点、、的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 点到平面的距离为定值 D. 当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则实数m的值为__________. 13. 已知平面与平面间的距离为3，A是平面内的定点，B，C是平面内的动点，且满足，，则的取值范围是__________. 14. 在中，是边AB上的一点，且满足，，，则的面积为__________；若是边的中点，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，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 16. 已知，为单位向量，向量，. （1）若，求； （2）若，求与夹角. 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示. （1）求的解析式及单调递减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若对任意的，，都有，求实数的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，点E是棱CD上的一点（不同于C，D两点）. （1）求证：平面平面PCD； （2）若，求二面角的正切值； （3）若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为，求DE的长. 19. “费马点”是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状.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.在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求值； （3）若的面积为，设点为的费马点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4，本卷命题范围：北师大版必修第二册第一章~第六章第5节. 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. 若实数a，b满足（i是虚数单位），则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等式求出值，然后即可求出结果. 【详解】因为， 所以，，所以. 故选：A. 2. 若角的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的定义进行求解 【详解】因为角的终边经过点，所以. 故选：D. 3. 在中，为的中点，点E满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性定理和几何图形求出向量. 【详解】因为是的中点，， 由题意知. 故选：B. 4. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案. 【详解】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立， ，，则或，必要性不成立， 则“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等式确定，然后作辅助线，利用正弦定理求出的值，进而可求出边上的高. 【详解】因为，易知， 过作轴的平行线交轴于点，则， 由正弦定理可知，则， 由斜二测画法知原平面图形中，边上的高为. 故选：C. 6. 在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F，G分别是棱，，的中点，则直线与所成的角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，，，得出直线与所成的角为，再利用勾股定理求解． 【详解】如下图：连接，，， 分别是，的中点， 所以， 又， 四边形为平行四边形， ，所以为直线与所成的角或其补角， 不妨设，则， ， ， 所以，所以， 所以直线与所成的角的大小为． 故选：D． 7. 任何一个复数（其中a，，i为虚数单位）都可以表示成（其中，）的形式，通常称之为复数z的三角形式，法国数学家棣莫弗发现，我们称这个结论为棣莫弗定理.若复数为纯虚数，则正整数m的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数新定义计算，再结合纯虚数定义列式求解. 【详解】， 由棣莫弗定理可得， 因为复数为纯虚数， 所以且，所以，，得，， 所以正整数m的最小值为4. 故选：A. 8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，均为正整数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，，均为正整数，利用正切函数的单调性，则得到，进而分析得，对和分情况讨论即可得到结果. 【详解】在中，，所以，所以， 因为，在上单调递增，，，均为正整数， 所以A，B，C均锐角，所以，，即， 所以，所以，又， 即，解得或（舍去）， 所以，若，则，则， 此时，显然不符合题意，所以，则，所以，， 此时，符合题意， 所以， 所以. 故选：C. 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. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. z的虚部为 C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 若复数满足，则的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的除法乘法运算结合模长公式判断A，根据复数定义判断B，应用复数对应点判断C，应用模长关系计算判断D. 【详解】由，得，所以，，A正确； z的虚部为，B错误； ，在复平面内对应的点为，位于第二象限，C正确； 因为，D正确. 故选:ACD. 10. 已知函数，若函数为偶函数，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式、两角和的正弦公式，即可化简原式，又函数为偶函数，列出等式即可求得结果. 【详解】由题意知 ， 所以，又函数为偶函数， 所以，，即，， 所以当时，；当时，. 故选:BD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 过点、、的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 点到平面的距离为定值 D. 当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时， 【答案】AC 【解析】 【分析】证明出平面，结合线面垂直的性质可判断A选项；取的中点，连接、、、，分析可知过点、、的平面截该正方体所得的截面为梯形，计算出其面积，可判断B选项；证明出平面，可判断C选项；分析可知当时，直线与平面所成角的正弦值取最大值，结合等腰三角形三线合一可求出的长，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、， 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以，A正确； 取中点，连接、、、， 因为、分别为、的中点，所以，且， 因为，，故四边形为平行四边形，所以， 所以，所以过点、、的平面截该正方体所得的截面为梯形， 又，，，同理得， 过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、， 由等腰梯形的几何性质可知， 又因为，，故，故， 在等腰梯形内，因为，，， 故四边形为矩形，故，所以， 故， 故，故B错误； 对于C选项，连接、、、， 因为、分别为、的中点，所以， 因为，，故四边形为平行四边形，所以， 所以，因为平面，平面，故平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，C对； 对于D选项，设点到平面的距离为定值，设直线与平面所成角为， 则，故当取最小值时，即当时，的长取最小值，此时取最大值， 连接、，则，同理可得，， 故当为的中点时，，此时，D错. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则实数m的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行得到方程，求出答案. 【详解】因为，，且，则，解得. 故答案为： 13. 已知平面与平面间的距离为3，A是平面内的定点，B，C是平面内的动点，且满足，，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【详解】 设A在平面内的射影为O，则平面，， 因为，，所以，，，， ， ， 显然， 所以. 故答案为：. 14. 在中，是边AB上的一点，且满足，，，则的面积为__________；若是边的中点，则__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据条件，利用正弦定理得，再利用余弦定理得，求得，，即可求解；利用等面积法得，再利用向量的中线公式得，即可求解. 【详解】在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 又，，所以，， 又，，所以. 在中，由余弦定理可得， 即，解得，， 所以的面积为. 又，所以. 因为，所以， 所以，所以 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，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式和同角三角函数关系得到，，利用余弦和角公式得到答案； （2）先求出，利用正切和角公式得到方程，求出. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 因，所以， 即，解得. 16. 已知，为单位向量，向量，. （1）若，求； （2）若，求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用，解出，再对平方即可求得结果. （2）利用题干中的条件即可求出、以及，再利用两个向量的夹角公式即可求得结果. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 所以 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 又，所以， 又，所以， 设与的夹角为，则， 因为，所以，即与的夹角为. 17. 已知函数（，，）的部分图象如图所示. （1）求的解析式及单调递减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若对任意的，，都有，求实数的取值范围. 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据图象确定的值，进而确定函数的解析式，然后根据正弦函数的性质求得单调递减区间. （2）先根据图象的变换求出函数的解析式，然后根据的范围确定的最大值和最小值，要使得不等式恒成立，则最大值小于等于，从而求出的取值范围. 【小问1详解】 设的最小正周期为，所以，解得， 所以，解得. 由题意知，所以， 又，所以，， 即，，又， 所以，所以. 令，，解得，， 即的单调递减区间为，. 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象对应的函数解析式为， 再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为. 当，， 所以，， 若对任意的，，都有，则， 解得，即的取值范围是. 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，点E是棱CD上的一点（不同于C，D两点）. （1）求证：平面平面PCD； （2）若，求二面角的正切值； （3）若直线PB与平面PAE所成角的正弦值为，求DE的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理计算得，由勾股定理得，再由线面垂直性质定理证明，再由面面垂直判定定理证明即可； （2）因为线面垂直判定定理得平面PCD，再证明平面AFG，因为，所以为二面角的平面角，计算即可； （3）推导平面PAE，所以为直线PB与平面PAE所成的角，计算和，由正弦定理计算即可. 【小问1详解】 证明：因为，，， 所以，， 由余弦定理得， 所以，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，PA，平面PAC，因此平面PAC， 而平面PCD，所以平面平面PCD. 【小问2详解】 取PC的中点F，过点F作，垂足为G，连接AF，AG，如图所示. 因为，所以，，， 由（1）知平面PAC，而PC，平面PAC，所以，， 因为，CD，平面PCD， 所以平面PCD，又平面PCD，所以， 因为，，AF，平面AFG， 所以平面AFG，又平面AFG，所以， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，， 所以， 所以，所以， 所以二面角的正切值为3. 【小问3详解】 在平面ABCD内，过点B作，垂足为O，连接PO，如图所示. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又，PA，平面PAE，所以平面PAE， 所以为直线PB与平面PAE所成的角. 所以，解得， 所以，所以，， 所以， 又中，由正弦定理得， 所以. 19. “费马点”是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状.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.在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的值； （3）若的面积为，设点为的费马点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和和差的正弦公式将原等式化简，求出的值，即可求得. （2）先由正弦定理求得，然后利用余弦定理和正弦定理求出，最后可求得的值. （3）首先由三角形面积公式求出，然后利用正弦定理将向量表示出来，然后利用向量数量积的定义列出的表达式并化简，最后根据角度范围确定其最小值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 所以， 又， 整理得， 因为，所以，可得，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得. 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 所以， 因为为三角形的内角，则，则. 【小问3详解】 因为，所以的内角均小于，所以点在的内部， 且，由，得， 设，，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$