精品解析：湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

高一期末数学试卷 一、单选题 1. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，将角的终边绕点逆时针旋转后，经过点，则（ ） A. B. C. D. 2. 若m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 某单位职工参加某APP推出的“二十大知识问答竞赛”活动，参与者每人每天可以作答三次，每次作答20题，每题答对得5分，答错得0分，该单位从职工中随机抽取了10位，他们一天中三次作答的得分情况如图： 根据图，估计该单位职工答题情况，则下列说法正确的是（ ） A. 该单位职工一天中各次作答的平均分保持一致 B. 该单位职工一天中各次作答的正确率保持一致 C. 该单位职工一天中第三次作答得分的极差小于第二次的极差 D. 该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差 4. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若点A到直线BC的距离为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 定义，已知，，若，且，，则的最大值为 A. B. C. D. 7. 设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知奇函数的导函数为，当 时，，若 ，则的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有两个解的是（ ） A. ，， B. ，， C ，， D. ，， 10. 如图，正方体中，点为的中点，点为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 直线与平面所成的角为30° 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ） A. CP长度最小值为 B. 存在点P，使得 C. 存点P，存在点，使得 D. 所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 三、填空题 12. 已知AB为圆O：的直径，点P为椭圆上一动点，则的最小值为______． 13. 若，且，则的最小值为______． 14. 若直角坐标平面内两点满足条件：①都在函数图像上；②关于原点对称，则对称点是函数的一个“友好点对”（点对与看作同一个“友好点对”）．已知函数，则的“友好点对”有__________个． 四、解答题 15. 已知，求: （1）的值; （2）与的夹角． 16. 已知函数的定义域为，对，总有成立.若时，. （1）判断并证明函数的单调性； （2）若，求解关于的不等式的解集. 17. 如图，是⊙O的直径，垂直于所在的平面，C是圆周上不同于的一动点. （1）证明：直角三角形； （2）若，且当直线与平面所成角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. （1）在复数集内解方程：； （2）设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 19. 两个非空有限整数集M，N，定义，对，. （1）若中元素之和小于6，求集合； （2）若且，求出所有满足条件的数集； （3）已知，在（2）的条件下，当且时，求函数的值域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一期末数学试卷 一、单选题 1. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，将角的终边绕点逆时针旋转后，经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据角的概念以及三角函数的定义，可得和，再根据以及两角和的正弦公式计算可得答案. 【详解】∵角的终边按逆时针方向旋转后得到的角为， 所以由三角函数的定义，可得： ，， ∴， 故选：A. 2. 若m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线、平面平行的性质，直线、平面垂直的性质、判定推理并判断A，C，D，举例说明判断B作答. 【详解】对于A，因，则存在过直线n的平面，使得，于是有，而，有，所以，A正确； 对于B，因，令，当，且时，满足，若，必有，B不正确； 对于C，因，则存在过直线m的平面，使得，于是有，又，则，所以，C正确； 对于D，因，，所以，D正确. 故选：B 3. 某单位职工参加某APP推出的“二十大知识问答竞赛”活动，参与者每人每天可以作答三次，每次作答20题，每题答对得5分，答错得0分，该单位从职工中随机抽取了10位，他们一天中三次作答的得分情况如图： 根据图，估计该单位职工答题情况，则下列说法正确的是（ ） A. 该单位职工一天中各次作答的平均分保持一致 B. 该单位职工一天中各次作答的正确率保持一致 C. 该单位职工一天中第三次作答得分的极差小于第二次的极差 D. 该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差 【答案】D 【解析】 【分析】根据给出统计图数据，分别计算出三次作答的平均分、正确率、极差、标准差，即可作出判断． 【详解】由题可得，该单位抽取的10位员工三次作答的得分分别为： 1号员工 2号员工 3号员工 4号员工 5号员工 6号员工 7号员工 8号员工 9号员工 10号员工 第一次作答 65 80 85 80 90 90 90 85 90 90 第二次作答 80 85 90 90 95 90 95 90 95 95 第三次作答 85 90 95 95 100 100 100 95 100 100 对于A：第一次作答的平均分为：， 第二次作答的平均分：， 第三次作答的平均分：， 故该单位职工一天中各次作答的平均分不一致，故A错误； 对于B：第一次作答的正确率： ， 第二次作答的正确率： ， 第三次作答的正确率： ， 故该单位职工一天中各次作答的正确率不一致，故B错误； 对于C：该单位职工一天中第三次作答得分的极差：， 该单位职工一天中第二次作答得分的极差：， 故该单位职工一天中第三次作答得分的极差等于第二次的极差，故C错误； 对于D：该单位职工一天中第三次作答得分的标准差：， 该单位职工一天中第一次作答得分的标准差： ， 故该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差，故D正确， 故选：D． 4. 已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若点A到直线BC的距离为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件点A到直线BC距离为，结合三角形面积公式可求，在根据正弦定理结合条件求，由内角和公式求. 【详解】因为点A到直线BC的距离为，所以的面积，又，所以，故，又，所以；由及正弦定理可得，故，故． 故选：A． 5. 已知，，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由将切化弦，再通分，结合两角差的正弦公式求出，再由两角差的余弦公式求出，即可得解. 【详解】因为，， 所以， 所以， 又，所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是由所给条件推导出、的值. 6. 定义，已知，，若，且，，则的最大值为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据行列式的定义得出函数的解析式，结合条件求出、的值，然后判断出函数的单调性，由此可得出函数的最大值. 【详解】，. 由，得，解得. . 函数在上单调递减且非负，函数在上单调递增且为正. 因此，函数在上单调递减，则，故选B. 【点睛】本题考查新定义运算，同时也考查了函数最值求解，解题的关键就是确定函数的解析式并判断出函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 7. 设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义及平面向量数量积公式，结合余弦定理解三角形并构造齐次式方程计算离心率即可. 【详解】设， 由已知可得，， 根据椭圆的定义有， 又，所以， 在中，由余弦定理可得， ， 即，整理得， 解方程得或(舍去)， 故选：D. 【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）． 8. 已知奇函数的导函数为，当 时，，若 ，则的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 令，求导可得单调递增，再结合奇函数的性质即可得解. 【详解】令，则，所以 单调递增， 因为，所以即 ， 又为奇函数，所以， 所以. 故选：C. 【点睛】解决本题的关键是构造合理的新函数，利用导数确定函数的单调性即可得解. 二、多选题 9. 在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有两个解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】CD 【解析】 【分析】根据题意先求出的值，根据正弦定理可推得，当，且时，有两个解，即有两个解. 【详解】A项：因为，所以. 由正弦定理可得，，无解，A错误； B项：因为，所以. 由正弦定理可得，，只有一个解，B错误； C项：因为，由正弦定理可得，. 又，所以，此时有两个解，即有两个解，C正确； D项：因为，由正弦定理可得，. 又，所以，此时有两个解，即有两个解，D正确. 故选：CD. 10. 如图，正方体中，点为的中点，点为的中点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 直线与平面所成的角为30° 【答案】AB 【解析】 【分析】取中点，证明平面后得线线垂直判断A，由面面平行的性质定理判断B，由线面垂直的性质定义定理判断C，求出线面角的正切值判断D． 【详解】取中点，连接，则， 平面，平面，则，所以， 在正方形中，由（直角三角形的边长对应相等），得，所以， 所以， ，平面，所以平面，又平面，所以，A正确； 平面，而平面平面，所以平面，B正确； 若平面，平面，则，，则，这是不可能的，C错； 由线面角的定义知是与平面的成的角（平面）， 在直线中，可得（其中为正方体棱长），，D错． 故选：AB． 11. 如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ） A. CP长度的最小值为 B. 存在点P，使得 C. 存在点P，存在点，使得 D. 所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可. 【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点， 中点，连接，则有， 所以的延长线必过点且， 过点作，则四边形是边长为1的菱形. 如图所示： 在中，，即， 解得，所以， 所以为边长为3等边三角形， 所以， 所以， 因为是边长为3等边三角形且为中点， 所以，， 在中，由余弦定理变形得，， 在中，由余弦定理变形得， ， 解得，所以，所以； 由，可得平面， 又平面，所以， 由，，，可得平面， 因为AP与平面所成角的正切值为， 所以，解得，， 所以点在平面的轨迹为， 对于A：当点运动到与的交点时有最小值， 因为四边形是边长为1且的菱形， 所以，所以， 故A选项正确； 对于B：要使得，则点必须落在 平面与平面的交线上且， 由图易知，在平面中不存在这样的点， 故B选项错误； 对于C：当点运动到点时，连接，交于点， 连接，由于平面平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以，所以存在点P，存在点，使得， 故C选项正确； 对于D：设的长度为，则， 动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为, 则有， 因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为， 故D选项正确； 故选：ACD. 【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求. 三、填空题 12. 已知AB为圆O：的直径，点P为椭圆上一动点，则的最小值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】方法一：通过对称性取特殊位置，设出P的坐标，利用向量的数量积转化求解最小值即可． 方法二：利用向量的数量积，转化为向量的和与差的平方，通过圆的特殊性，转化求解即可． 【详解】解：方法一：依据对称性，不妨设直径AB在x轴上， x， ，，． 从而 ． 故答案为2． 方法二：， 而，则答案为2． 故答案为2． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、椭圆方程的几何性质考查转化思想以及计算能力． 13. 若，且，则的最小值为______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用基本不等式求解. 【详解】因为，所以，即， 所以，则有， 解得（舍），或， 当且仅当时取得等号， 所以的最小值为6， 故答案为:6. 14. 若直角坐标平面内两点满足条件：①都在函数的图像上；②关于原点对称，则对称点是函数的一个“友好点对”（点对与看作同一个“友好点对”）．已知函数，则的“友好点对”有__________个． 【答案】2 【解析】 【分析】作出函数关于原点的对称图象，观察其与的图象交点个数可得结果. 【详解】如图： 设函数为奇函数，当时，， 当时，，所以， 又，所以，. 作出函数图象， 因为，， 所以函数与在和上各有一个交点. 故答案为：2 【点睛】方法点睛：根据“友好点对”的概念，把问题转化成两个函数图象的交点个数，数形结合，即可得到结论. 四、解答题 15. 已知，求: （1）的值; （2）与的夹角． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求出即可得解. （2）利用数量积的运算律及向量夹角公式求解即得. 【小问1详解】 由，得， 则，而，于是， 所以. 【小问2详解】 显然， 则，而，于是. 所以与的夹角为 16. 已知函数的定义域为，对，总有成立.若时，. （1）判断并证明函数的单调性； （2）若，求解关于的不等式的解集. 【答案】（1）在上单调递减，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1），且，则，根据单调性的定义结合已知即可证明； （2）赋值法求出，根据已知结合函数的单调性，将不等式化为.求解结合函数的单调性，即可得出答案. 【小问1详解】 在上单调递减，证明如下： 由已知可得，. ，且，则， 则，即， 所以，在上单调递减. 【小问2详解】 令，由已知可得. 又， 不等式化. 由（1）知，在上单调递减， 所以，. 又，， 所以，所以有， 整理可得，， 解得，所以，. 所以，不等式解集为. 17. 如图，是⊙O的直径，垂直于所在的平面，C是圆周上不同于的一动点. （1）证明：是直角三角形； （2）若，且当直线与平面所成角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）正弦值为 【解析】 【分析】（1）证明平面即可；（2）先算出三棱锥的边长数据，在根据线面角的定义和等体积法，求出到平面的距离，与平面所成角的正弦值为. 【小问1详解】 是的直径，则，又垂直于所在的平面，即 平面，又平面，则，又，于是平面，又平面，则，即，故是直角三角形； 【小问2详解】 由题可得平面，则与平面所成角为，即，，计算易得，则，由（1）知，是直角三角形，，设到平面的距离为，由线面角的定义，于是与平面所成角的正弦值为，三棱锥的体积：，又，根据，解得，于是与平面所成角的正弦值为 18. 我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. （1）在复数集内解方程：； （2）设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 【答案】（1）、 （2）（i）；（i）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得； （2）（i）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质及韦达定理可得函数必有两个不同零点、，且满足. 【小问1详解】 观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 即有，解得， 即， 令，则， 即该方程的根为：、； 【小问2详解】 （i）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 则有，即， 即； （ii）令，即， 即， 设，由， 有，故函数必有两个不同零点， 设，且，则，故， 又， 故，则方程的根有、、，且， 故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即. 【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质可得函数必有两个不同零点、，且满足. 19. 两个非空有限整数集M，N，定义，对，. （1）若中元素之和小于6，求集合； （2）若且，求出所有满足条件的数集； （3）已知，在（2）的条件下，当且时，求函数的值域. 【答案】（1）或或或或或或或或或 （2）或或 （3）时，值域为 时，值域为 时，值域为 【解析】 【分析】（1）根据集合新定义可求； （2）分析集合间的关系，得到，先求得集合，即可求得集合. （3）在（2）的条件下求出就不同的取值分类计算后可得函数的值域. 【小问1详解】 为三元素集，所以中元素个数为2或3， 所以或或或， 所以或或或 或或或或 或或. 【小问2详解】 由题意得，， 设，且，则， 所以，解得， 所以集合中只能有， 若，则，不符合要求； 若或，则， 若或，则， 所以集合的所有情况为：或或， 所以，因为，所以， 如果，则或或，符合题意； 如果，则，符合题意； 如果，则，符合题意. 综上，或或. 【小问3详解】 由（2）知，，， ①时，，所以值域为； ②时， 所以值域为； ③时，，无解，函数不存在； ④时， ， 所以值域为； 综上，时，值域为； 时，值域为； 时，值域为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$