精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

重庆一中高2027届高一下期期末考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用复数的运算法则化简求解即可. 【详解】由，得. 故选：D 2. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义先求出的值，再由得到，将，，代入计算即可求出. 【详解】因为，，， 所以. 因为，所以， 所以. 故选：A 3. 已知直线，，则的充要条件的是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行列方程求解，然后检验判断即可. 【详解】因为，所以且， 解得， 当时，直线，，显然， 所以充要条件的是. 故选：A 4. 若方程表示圆，且圆心位于第四象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将方程化成，再利用条件列不等式求解即可. 【详解】因为方程可变形为， 由题知，解得，实数的取值范围是. 故选：C 5. 印章乃中华文明独特信物，多以铜玉为材，形制方圆各异.自秦汉玺印至明清篆刻，方寸之间承载三千年文脉，既是实用之器，更成艺术瑰宝.如图是一个金属印章，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，均为4，正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值为，则该几何体的体积是（ ） A. 32 B. C. 64 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正四棱锥的底面边长为，根据正四棱锥的高求出侧棱长，然后利用正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值建立方程，求得，结合柱体和锥体体积公式求解即可. 【详解】设正四棱锥的底面边长为，则底面的对角线长为， 由题意正四棱柱和正四棱锥的高为，所以正四棱锥的侧棱长为， 因为正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值为，所以，解得， 故该几何体的体积为. 故选：D 6. 若圆上有两点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知直线必过圆心，从而得，再利用二次函数性质求解最小值即可. 【详解】由圆的对称性可得，直线必过圆心，所以． 所以， 所以，时，取到最小值为. 故选：B． 7. 在中，角，，的对边分别为，，，满足，若，则（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化及两角和差公式可得，从而，再由得到的值，最后由正弦定理及二倍角公式可求得结果. 【详解】，由正弦定理得， ， ，即， ，，， ，，. 故选：A. 8. 已知椭圆的左右焦点分别为，，右顶点为.过点的直线与椭圆的交点为，与轴的交点为.若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据得，将点代入椭圆方程得，则，由得，代入化简得，即可求解. 【详解】设椭圆的半焦距为， 椭圆的左右焦点分别为，，右顶点为. 设，因为，所以， 所以，则，将点代入椭圆方程得，所以， 即，则，由得， 又，所以， 化简得， 所以，解得（负根舍去） 故选：B 二､多项选择题：本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线在轴上的截距为，则 C. 若直线与直线垂直，则 D. 若，则直线的倾斜角的取值范围为 【答案】AB 【解析】 【分析】求出直线过定点坐标即可判断A，将点坐标代入直线方程求解即可判断B，根据直线垂直的关系列式求解即可判断C，根据正切函数的单调性求解倾斜角范围判断D. 【详解】直线，令即，得， 所以直线恒过定点，故A正确； 若直线在轴上的截距为，则直线过点，代入直线方程得， 解得，故B正确； 若直线与直线垂直，则，解得，故C不正确； 设直线的倾斜角为，则， 又，所以由正切函数的单调性可知，故D不正确； 故选：AB 10. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D. 【详解】对于A，如图所示， 取的中点，连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 故或其补角即为异面直线与所成角， 设正方体的棱长为， 中，，所以， 即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图所示， 连接，因为，，所以，所以四点共面， 所以直线与直线共面，故C错误； 对于D，如图所示， 取的中点，连接，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以， 所以四边形为平行四边形， 则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形， 又，所以四边形为菱形，故D正确， 故选：ABD 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离判断A，作点O关于直线的对称点，结合点与圆的位置关系利用几何法求解最小值判断B，求出圆心到直线的距离，利用辅助角公式化简并利用正弦函数的性质求得，与半径比较即可判断C，举例法当时，求出圆心到直线的距离等于半径，即可判断D. 【详解】对于AB，当，时，直线即， 圆即，圆心，半径为， 则圆心到直线的距离为，故A正确； 如图作点O关于直线的对称点，设，则， 解得，所以，则， 所以的最小值为，故B错误； 当时，圆即， 圆心，半径为， 圆心到直线的距离为， ，其中， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以任意的，， 故当时，任意的，使圆与直线相交，故C正确； 当时，圆即， 圆心，半径为，圆心到直线的距离为， 故当时，对任意的，圆与直线均相切，故D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出的值，结合的取值范围即可求解. 【详解】利用余弦定理可得， 又因为，所以． 故答案为：. 13. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，经过点，的圆与轴相切于点，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设出圆的方程，将点，P，的坐标代入圆的方程求出a，求出点的坐标后利用两点距离公式求解即可. 【详解】由可知，则，，， 由题意可设圆的方程为，则， 解得，所以，所以. 故答案为： 14. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，求出半径后代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，，因为，所以，解得， 小球的表面积为. 故答案为：. 四､解答题.本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，为圆锥的轴截面，为底面圆的直径，，为底面圆周上一点，且，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由中位线性质得，利用线面平行判定定理证明平面； （2）先求出三棱锥的体积，然后求出的面积，设点与平面的距离为，利用等体积法求得，设直线与平面所成角为，利用求解即可． 【小问1详解】 因为为的中点，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 平面，因为，所以， 又，， 则，故， 所以， 又，，则在中，边上的高为，，设点与平面的距离为， 因为，所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，离心率，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）在中，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率的意义求出即可. （2）利用椭圆的定义及余弦定理，借助基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由的周长为，得，解得， 由椭圆的离心率，得，得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，椭圆的半焦距，， ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 17. 已知梯形中，，如图1.将沿折起到，得到三棱锥，如图2，分别为棱､的中点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，求二面角的正弦值； （3）是否存在点，使得点到平面距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在点 【解析】 【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用线面垂直的判定推理得平面，进而由面面垂直的判定定理证明即可. （2）由二面角的定义及面面垂直的性质定理得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，设，由得以，求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式列方程求出，，即可得解． 【小问1详解】 因为梯形中，， 所以，所以，所以， 又，平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为分别为棱､的中点，所以，所以， 又，所以为二面角的平面角， 因为，所以平面平面， 所以平面，平面，所以，，又，故建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，，， 则，即，取，则， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知平面，故分别以为轴的正方向， 轴在平面内且以向上的方向为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，. 设，因为，所以，又，，，设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 则点到平面的距离为，所以， 因为，所以，即， 所以或，因为，所以或， 因为，所以，，所以， 所以存在点，使得点到平面的距离为. 18. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 【答案】（1）相交 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由棋盘距离的定义及的范围求出，再由圆与圆的位置关系的判断方法可得结果； （2）①联立直线和的方程，并得到韦达定理，再由和分别得到和，结合韦达定理并化简可得；②设出和的点斜式方程并联立消掉，结合韦达定理化简得到，即得证. 【小问1详解】 圆：转化为标准方程为：， ，，，或0， ，，，，，， ，，，与相交. 【小问2详解】 ①直线，，设，，由， 消去得：，由韦达定理，，， 由有， 同理由有，（*）， 将韦达定理代入（*），； ②证明：，，则直线，直线， 联立两直线方程消得：（**）， 由韦达定理有，即， 代入（**）可得，解得. 故直线交点在定直线上. 19. 在中，内角所对的边分别为. （1）若的面积为1， ①，求的值； ②求的最小值. （2）若为锐角三角形，其外接圆半径，是否存在实数，使得恒成立，若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）①2② （2） 【解析】 【分析】（1）①由三角形面积公式、数量积的定义列式，两式相比即可求解；②由余弦定理、基本不等式可得，再结合乘1法即可求解最小值； （2）由正弦定理、余弦定理以及基本不等式可得，故只需求得的最小值即可. 【小问1详解】 ①若的面积为1，则，若，则， 两式相比，可得； ②,由余弦定理： , 所以 ， 等号成立当且仅当且， 即当且仅当且， 即当且仅当且， 即当且仅当且， 所以的最小值为； 【小问2详解】 由题意恒成立， 只需，所以， 由余弦定理，由正弦定理， ， 在锐角中，，令， 则表示四分之一单位圆上的动点与定点连线斜率， 如图所示， 由图可知，当与圆弧相切时，最小，此时， 而， 所以， 所以， 解得，而，所以， 所以， 所以式子，所以，等号成立当且仅当且， 所以存在满足题意，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2027届高一下期期末考试 数学试题卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一､单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，满足，，，，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知直线，，则的充要条件的是（ ） A. B. C. 或 D. 4. 若方程表示圆，且圆心位于第四象限，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 印章乃中华文明独特信物，多以铜玉为材，形制方圆各异.自秦汉玺印至明清篆刻，方寸之间承载三千年文脉，既是实用之器，更成艺术瑰宝.如图是一个金属印章，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，均为4，正四棱锥的侧棱与底面夹角的正弦值为，则该几何体的体积是（ ） A. 32 B. C. 64 D. 6. 若圆上有两点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，满足，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左右焦点分别为，，右顶点为.过点的直线与椭圆的交点为，与轴的交点为.若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 若直线在轴上的截距为，则 C. 若直线与直线垂直，则 D. 若，则直线倾斜角的取值范围为 10. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则__________. 13. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，经过点，的圆与轴相切于点，则______. 14. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 四､解答题.本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 如图，为圆锥的轴截面，为底面圆的直径，，为底面圆周上一点，且，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知椭圆的左､右焦点分别为､，离心率，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）在中，求最小值. 17. 已知梯形中，，如图1.将沿折起到，得到三棱锥，如图2，分别为棱､的中点. （1）若，求证：平面平面； （2）若，求二面角的正弦值； （3）是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 18. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 19. 在中，内角所对的边分别为. （1）若的面积为1， ①，求值； ②求的最小值. （2）若为锐角三角形，其外接圆半径，是否存在实数，使得恒成立，若存在，求出最小值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $