精品解析：江西省南昌市第二中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

期末考试试卷 高一数学 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. （ ） A. B. C. D. 2. 在半径为的圆中，面积为的扇形的圆心角等于（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 已知单位向量，的夹角为，则=（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 4. 设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. 平行于同一条直线 B. 平行于同一个平面 C. 垂直于同一个平面 D. 内有无数条直线与平行 5. 若点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. D. 平面平面 7. 已知的角所对的边分别为，若，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有的点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上单调递增，且对，在上都不单调，则ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每题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，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ） A. B. C D. 11. 已知锐角三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B的取值范围为 B. 的最小值为 C. c的值可能为3 D. 的面积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图是斜二测画法下水平放置的平面图形的直观图，若是边长为2的正方形，则平面图形的周长为______． 13. 若，则___________. 14. 在中，，，若，则的最小值为______． 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. 在平面直角坐标系中，已知，，． （1）若四边形是平行四边形，求的坐标； （2）若，求值． 16. 如图，要把半径为3半圆形木料截成矩形，记． （1）求矩形周长的最大值； （2）当取何值时，矩形的面积最大，并求出最大值． 17. 如图，是中点，是的直径，点为该圆上的点，，所在的平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，点为的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，点在内，且，，求的取值范围． 19. 如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，． （1）求证：四边形矩形； （2）在上是否存在点，使得平面，若存在，求出值，若不存在，请说明理由； （3）若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期末考试试卷 高一数学 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式和特殊角的三角函数值求解即可. 【详解】由题意， 故选：D 2. 在半径为的圆中，面积为的扇形的圆心角等于（ ） A 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形的面积公式直接计算求解即可. 【详解】因为，所以， 故选：A 3. 已知单位向量，的夹角为，则=（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】对两边平方再开方可得答案. 【详解】. 故选：C. 4. 设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. 平行于同一条直线 B. 平行于同一个平面 C. 垂直于同一个平面 D. 内有无数条直线与平行 【答案】B 【解析】 【分析】利用选项中的条件，数形结合即可判断. 【详解】若平行于同一条直线，则与的位置关系是平行或相交，故A选项错误； 若平行于同一个平面，则与的位置关系是平行，故B正确； 若垂直于同一个平面，则与的位置关系是平行或相交，故C选项错误； 若内有无数条直线与平行，则与的位置关系是平行或相交，故D选项错误； 故选：B. 5. 若点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正切函数的图象和性质求解即可. 【详解】因为， 则由，，可得函数的图象的对称中心的横坐标为，， 又，所以当时，取最小值， 故选：C 6. 如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】连接，，根据线面平行的判定定理判断A，利用三角形的中位线和平行关系判断B，根据线面垂直的判断定理和性质定理判断C，根据面面垂直的性质定理判断D. 【详解】连接，， 因为分别是和的中点，所以且， 又因为垂直于平面，所以平面，B正确； 因为平面，所以， 又因为是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，C正确； 因为，垂直于平面，所以且， 所以四边形是平行四边形，， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 由和为中点可知， 假设平面平面， 又平面，平面平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与是正三角形矛盾， 所以平面与平面不垂直，D错误； 故选：D. 7. 已知的角所对的边分别为，若，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和三角形的面积公式求解即可. 【详解】因为中，， 所以由余弦定理可得， 因为，所以，解得或（舍去）， 所以的面积为， 故选：B 8. 已知函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有的点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上单调递增，且对，在上都不单调，则ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由求出，利用图象平移规律求出得到函数，再根据的单调性可得答案. 【详解】由得即， 因，所以，可得， 将函数图象上所有的点的横坐标变为原来的，纵坐标不变， 得到函数， 由得， 所以的单调递增区间为， 可得，则， 解得，又因为对，在上都不单调， 所以，解得， 综上，. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每题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，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系、诱导公式和余弦的二倍角公式求解判断即可. 【详解】因为，， 所以，，， 所以，，， 故选：ABD. 10. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理逐项判断即可. 【详解】选项A，如题所示连接交与，则为中点， 又因为是中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，A满足题意； 选项B，将直线平移使得点与点重合，则显然可知与平面不平行，B不满足题意； 选项C， 连接，由条件和正方体的性质可知，， 所以五点共面，即在平面内，所以与平面不平行，C不满足题意； 选项D，取的中点为，连接， 因为是棱上中点，所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因平面，平面，所以平面，D满足题意； 故选：AD 11. 已知锐角三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B的取值范围为 B. 的最小值为 C. c的值可能为3 D. 的面积最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据锐角三角形性质可判断A正确，利用余弦定理并结合数量积定义计算可得B错误，由正弦定理可得C正确，由面积公式可得D错误. 【详解】A选项，因为，为锐角三角形，即，解得； 所以B的取值范围为，即A正确； B选项，因为，，由余弦定理可知， 所以，所以， 因为， 所以当时，取得最小值0，不是；即B错误； C选项，由正弦定理可得，所以c的值可能为3；即C正确； D选项，，故最大值不是，即D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图是斜二测画法下水平放置的平面图形的直观图，若是边长为2的正方形，则平面图形的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】将直观图还原为原来的图形，然后根据斜二测画法横等纵半计算即可. 【详解】将直观图还原为原来的图形，则四边形如下图： 所以，，则， 所以平面图形的周长为， 故答案为： 13. 若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦的二倍角公式可得，再由即可得解. 【详解】由，可得， 解得，所以. 故答案为：. 14. 在中，，，若，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，用表示，利用，可得，再根据基本不等式即可得到的最小值. 【详解】，， 因为，所以， 所以， 即， 当时取等号，所以的最小值为． 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. 在平面直角坐标系中，已知，，． （1）若四边形是平行四边形，求的坐标； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算的坐标表示求解即可； （2）根据平面向量线性运算和数量积的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 设，因为，，， 所以，， 因为四边形是平行四边形，所以， 即，解得，则D的坐标为. 【小问2详解】 因为，，， 所以，，， 所以， 因为， 所以，解得． 16. 如图，要把半径为3的半圆形木料截成矩形，记． （1）求矩形周长的最大值； （2）当取何值时，矩形的面积最大，并求出最大值． 【答案】（1） （2）当时，矩形的面积最大，最大面积为9 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的定义可知矩形的周长为，再利用辅助角公式、诱导公式化简求周长的最大值即可； （2）根据三角函数的定义结合二倍角公式化简求面积的最大值即可. 【小问1详解】 因为半圆形木料的半径为3，，， 所以，， 所以，其中，， 当且仅当，即时，矩形周长取得最大值. 【小问2详解】 因为，， 所以矩形的面积为， 当且仅当时，即时，矩形的面积最大，最大面积为9． 17. 如图，是中点，是的直径，点为该圆上的点，，所在的平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理求解即可； （2）取的中点为，连接，则异面直线与所成角即为或其补角，利用垂直关系和余弦定理求出的余弦值即可. 【小问1详解】 因为是的直径，点为该圆上的点，所以， 因为所在的平面，所在的平面，所以， 又因为，所以平面， 因为平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 取的中点为，连接， 因为是中点，，所以异面直线与所成角即为或其补角， 设，所以， 因为所在的平面，是中点，所以，则所在的平面， 因为所在的平面，所以，则， 因为，所以， 又因为所在的平面，所以，则， 所以， 所以异面直线与所成角余弦值为． 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，点为的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，点在内，且，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合诱导公式和两角和的正弦公式求解即可； （2）在和中分别用余弦定理，根据联立解出即可； （3）设，在和分别用正弦定理，用表示，，再根据正弦两角的和差公式化简求解即可. 【小问1详解】 因为在中，所以由正弦定理可得， 又因为中，，， 所以， 解得，所以. 【小问2详解】 因为，，点为的中点， 在中，由余弦定理可知，即， 在中，由余弦定理可知， 即， 因为， 所以， 整理得，解得或（舍去）. 【小问3详解】 设， 则在中，因为，， 所以，解得， 在中，因为，，， 所以，解得， 所以 ， 因为，， 所以，即的取值范围为． 19. 如图，斜三棱柱中，，四边形是菱形，为的中点，平面，． （1）求证：四边形为矩形； （2）在上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）若分别为，的中点，求此斜三棱柱被平面所截的截面面积． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理求解即可； （2）过点作的垂线交于点，由线面垂直的性质定理和判定定理可知平面，过点作的平行线交于点，所以平面，再在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示求解即可； （3）延长，交于点，连接交于点，连接，，则四边形即为所得截面，利用线面垂直的判断定理和性质定理，结合余弦定理求该截面面积即可. 【小问1详解】 斜三棱柱中，侧面是平行四边形， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 又因为平面，所以，所以四边形为矩形. 【小问2详解】 如图，过点作的垂线交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，，，所以平面， 过点作的平行线交于点，连接，所以平面， 由斜三棱柱的性质易知， 在平面中以为原点，为轴建立平面直角坐标系， 所以，，，，， 设，则，所以，， 因为，所以， 即，解得， 在上是存在点，当时，平面. 【小问3详解】 延长，交于点，连接交于点，连接，， 则四边形即为所得截面， 因为四边形是菱形，为的中点，平面，平面， 所以，是等边三角形，则， 因为，所以， 过作交于， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，， 在中，因为， 由余弦定理可知， 因为分别为，的中点，，易知与全等， 所以，，， 在直角三角形中，由可得， 在中，由余弦定理可知， 所以， 所以， 设截面面积为，由于，， 所以 . 即所求截面面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $