精品解析：江西省吉安市2024-2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

吉安市高一下学期期末教学质量检测2025.6 数学试题 （测试时间：120分 卷面总分：150分钟） 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，选同每小题答案后，用铅笔把答题卡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、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. 已知复数满足，若复数的模为，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算，求出复数z，再利用模长公式即可求得结果. 【详解】，因为复数的模为， 所以，解得：． 故选：A 2. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC可举出反例；D选项，利用线面垂直的性质可得. 【详解】对于A，若，，则，可以平行、相交或异面，故A错误； 对于B，如图，满足，，，但是，故B错误； 对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确． 故选：D． 3. 若向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式进行求解即可. 【详解】因为，，所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：C． 4. 在中，已知，，，则角的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理结合三角形内角和定理即可得解. 【详解】由正弦定理得，所以，因为， 所以， 所以或， 若，则为直角三角形，则， 所以，则. 故选：C． 5. 已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，S是圆锥顶点，，是底面圆周上两点，且，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系和三角形面积公式得到母线长，进而求出底面圆半径，求出圆锥表面积. 【详解】如图： 设圆锥底面为，母线长为，由，得． 因为的面积为，所以．解得， 又轴截面是等腰直角三角形，故． 所以圆锥的表面积为. 故选：D 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合诱导公式以及两角和差公式可得，再根据齐次式问题分析求解. 【详解】由题意得，解得， 所以. 故选：A. 7. 在中，内角所对应的边分别为，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理得到，再利用余弦定理以及三角形面积公式即可求出结果. 【详解】因为，则， 由正弦定理可得， 又因为，则，，可得即， 所以，由余弦定理可得， 所以面积的最大值为． 故选：C． 8. 已知函数，且在上是单调函数，其图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称，则可能的取值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由单调区间的长度小于等于半个周期可求出的取值范围，根据正弦函数图象向左平移个单位之后与原图象关于轴对称可求出的表达式，根据的范围进行判断即可. 【详解】设函数的最小正周期为， 因为函数在上单调， 则，可得，又，所以，， 因为函数的图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称． 则，即， 因为，所以或6，满足条件，A正确． 故选：A 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】斜二测画法对应的平行关系、长度关系还原平面图，然后逐一验算各个选项即可得解. 【详解】对于AB：还原平面图如下图， 则，，，故A错误，B正确； 对于C：过作交于点，则， 由勾股定理得，， 故四边形的周长为：，即C正确； 对于D：四边形的面积为：，即D正确. 故选：BCD． 10. 在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若面积为，则，则 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由大角对大边结合正弦定理即可判断；对于B，由正弦定理、结合余弦定理可得为锐角，但不能断定是锐角三角形；对于C，说明为等腰三角形或者直角三角形即可判断；由余弦定理、三角形面积公式得即可判断. 【详解】对于A，由，可得，由正弦定理可得，所以A正确； 对于B，由正弦定理得，所以， 所以为锐角，但不能断定是否为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为、，则、， 因为，所以或或， 若，则；若，则； 若，则，这与的内角和定理矛盾． 综上所述，为等腰三角形或者直角三角形，C错； 对于D，若面积为，因为，则， 所以，则，由于，则，故D正确； 故选：AD． 11. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. 在上没有零点 D. 的最小正周期为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用奇偶函数判定知识及正余弦函数知识可对A、B判断求解；令，即，即，但其方程无解，从而可对C判断求解；利用反证法假设存在，使得对任意的恒成立，从而不存在，从而可对D判断求解. 【详解】对于A，，其定义域为且关于原点对称， ，即为偶函数，故A正确； 对于B，，其定义域为且关于原点对称， ，即为偶函数，故B错误； 对于C，令，即，即，， 又，则无解，所以在上没有零点，故C正确； 对于D，，因为，即， 假设存在，使得对任意的恒成立， 令，则，所以，即，， 因为，这样的不存在， 所以的最小正周期为，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. 已知向量，，若，的夹角为锐角，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】，的夹角为锐角的充要条件是，的数量积大于0且不共线，由此列不等式求解即可. 【详解】因为，，，的夹角为锐角， 所以且，解得且， 即的取值范围是. 故答案为：. 13. 已知，，_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，，联立求得，，再结合两角和的正弦公式即可得解. 【详解】由，可得， 由可得：，即， 联立可得：，，所以． 故答案：. 14. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正四面体的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去四个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】该多面体的棱长为2，且表面由四个正三角形和四个正六边形组成，结合表面积公式进行计算即可求解. 【详解】正四面体的棱长为6，从各棱的三等分点处截得多面体， 则该多面体的棱长为2，且表面由四个正三角形和四个正六边形组成， 故该多面体的表面积为， 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. 已知为虚数单位，复数，，是的共轭复数． （1）若是纯虚数，求； （2）在复平面内，复数，，对应的点分别是，若为直角三角形，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）先求出复数的表达式，再利用纯虚数的条件列出表达式，即可求得结果. （2）因为为直角三角形，根据点的坐标可得，可得两个向量的数量积等于0，即可求得结果. 【小问1详解】 ． ∵为纯虚数， ∴，解得， ∴，． 【小问2详解】 复数，，是的共轭复数， 所以 则，，． ∵为直角三角形， ∴． ∴．即． 解得． 16. 已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边与轴的非负半轴重合，且，． （1）求角的范围； （2）将角的终边绕原点顺时针方向旋转，这时终边所对应的角记为，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角正弦公式结合对数定义域列式，最后结合函数值正负角的范围计算求解； （2）应用同角三角关系计算，再应用两角和正弦公式计算求解. 【小问1详解】 由题意得，即 ∴角终边在第四象限． ∴角的取值集合为：． 【小问2详解】 由（1）知，角为第四象限角，故角为第三或第四象限角，． 又∵， ∴角为第三象限角， ∴ ∴． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，． （1）求证：平面平面； （2）若点为棱的中点，点在棱上，且，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证； （2）首先说明到平面的距离为到平面距离的，然由体积转换法即可求解. 【小问1详解】 取棱中点，连接，， 由，得等腰三角形，因此． ∵， ∴ ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． 又∵，且，平面， ∴平面． ∵平面， ∴平面平面． 【小问2详解】 由（1）可知四棱锥的高为，，． 故． ∵为的中点， ∴ ∵， ∴到平面的距离为到平面距离的． ∴． 18. 在中，点是线段上靠近点的三等分点，，，， （1）以为基表示向量，； （2）求； （3）若点为线段上的动点（不含端点），交于点，当取得最小值时，求的长． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性关系分解向量即可； （2）方法一：由数量积的运算律、数量积的定义求解夹角即可；方法二：由余弦定理求解即可； （3）当时，取得最小值，，根据，求出，结合即可得解. 【小问1详解】 由已知，， ． 【小问2详解】 解法一：由（1）得， 则有， 即， 又，，， ∴， 解得. 解法二：设，则， ∵ ∴由余弦定理可得： 即， 解得，可得，． ∴. 【小问3详解】 设，由（2）知. 则， ∴当，即时，取得最小值． ∴． 设， ∵， ∴， ∴， ∵，且， ∴，解得． ∴，从而． 19. 若实数满足，则称比接近． （1）已知，试问：是否比接近0，请说明理由； （2）定义分段函数；，其定义域为． （ⅰ）当且时，若关于的方程有且仅有4个不相等的实数根，且，求的值； （ⅱ）已知，两点，证明：在的图像上存在唯一的点，使得． 【答案】（1）比接近0，理由见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用正切函数的性质可以判定比接近0； （2）（i）分析得到，做出函数的图像，根据函数的图像的对称性可以得到，，．由此可进行计算求得答案； （ii）由可得,然后分段讨论研究分析，可以证得结论. 【小问1详解】 由可得， ∵，∴,∴ ∴比接近0． 【小问2详解】 （ⅰ）若,即, 解得时，； 同理由，解得． ∴ 作出函数图像如图所示， ∵当且时，关于的方程有且仅有4个不相等的实数根，且， ∴当且时，与有且仅有四个公共点． ∴由对称性可知，，，． ∴ （ⅱ）由可得． ①当时， 设,∵，, ∴，． ∵，∴． 即（*）, ∵，∴ 又，∴. ∴当时，存在唯一，使得（*）式成立． ②当时，设， 同理可得（**）, ∵，∴, 又，∴当且仅当时，（**）式成立， 但两个方程无法同时成立，∴当时，不存在满足题意的点． 综上所述，的图象上存在唯一的点，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 吉安市高一下学期期末教学质量检测2025.6 数学试题 （测试时间：120分 卷面总分：150分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选同每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，若复数的模为，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 若向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知，，，则角值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，S是圆锥顶点，，是底面圆周上两点，且，若的面积为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角所对应的边分别为，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，且在上是单调函数，其图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称，则可能的取值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 10. 在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若面积为，则，则 11. 已知函数，，则下列结论正确是（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. 在上没有零点 D. 的最小正周期为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若，的夹角为锐角，则的取值范围是_________． 13. 已知，，_________． 14. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正四面体的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去四个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知为虚数单位，复数，，是的共轭复数． （1）若是纯虚数，求； （2）在复平面内，复数，，对应的点分别是，若为直角三角形，求的值． 16. 已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边与轴的非负半轴重合，且，． （1）求角的范围； （2）将角的终边绕原点顺时针方向旋转，这时终边所对应的角记为，若，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，． （1）求证：平面平面； （2）若点为棱的中点，点在棱上，且，求三棱锥的体积． 18. 在中，点是线段上靠近点的三等分点，，，， （1）以为基表示向量，； （2）求； （3）若点为线段上的动点（不含端点），交于点，当取得最小值时，求的长． 19. 若实数满足，则称比接近． （1）已知，试问：是否比接近0，请说明理由； （2）定义分段函数；，其定义域为． （ⅰ）当且时，若关于方程有且仅有4个不相等的实数根，且，求的值； （ⅱ）已知，两点，证明：在的图像上存在唯一的点，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$