精品解析：广东省大湾区2024-2025学年高一下学期期末统一测试数学试卷

★启用前注意保密 大湾区2024－2025学年高一年级第二学期期末统一测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数是纯虚数实部为0，虚部不为0，即可求得的值. 【详解】复数是纯虚数， 则，解得. 故选：C. 2. 已知平面向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据垂直的坐标关系即可求解. 【详解】向量，由得，所以． 故选：A 3. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有48齿，小轮有20齿，当大轮转动一周时，小轮转动的角度（弧度）是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过相互啮合的两个齿轮转动的齿数相同，得到大轮转动一周时，小轮转动的周数，即可求小轮转动的角度. 【详解】因为相互啮合的两个齿轮，大轮48齿，小轮20齿， 所以当大轮转动一周时时，大轮转动了48个齿， 所以小轮此时转动周， 即小轮转动的角度为. 故选：B 4. 设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】逐项举反例判断选项A,B,C错误，证明选项D正确. 【详解】对于A，如图，但直线平行，A错误； 对于B，如图，但是平面不平行，B错误； 对于C：若，，，则或异面，C选项错误； 对于D，由，，可得，又，所以，D正确； 故选：D. 5. 如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法中原图和直观图之间的联系，确定原三角形为直角三角形，即可根据勾股定理即可求得结论． 【详解】由图可知，， ∴原三角形中，,, ∴,故最长的边为6， 故选：D． 6. 如图，已知直线，为之间一定点，并且点到的距离为2，到的距离为1.为直线上一动点，作，且使与直线交于点，则△面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系．直线的斜率存在，设方程为：，，直线的方程为：，可得的面积，再利用基本不等式的性质即可得出．或者利用锐角三角函数，结合二倍角公式以及三角函数的性质及可求解. 【详解】解法一：不妨将图形顺时针旋转，然后以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系． 直线的斜率存在，设方程为：，． 则直线的方程为：， ，． 的面积， 当且仅当时取等号． 的面积最小值为2． 故选：C． 解法二： 设角则，故 所以的面积 由于，所以，故当时，面积取最小值2， 故选：C 7. 如图，高度为的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为，根据水体积和容器容积关系得到，再逐项检验即可． 【详解】设圆锥的顶点到水面的距离为，圆锥的底面半径为， 则水面半径为．当水的体积等于容器容积的一半时， 有，整理得． 因为，，，，则D选项更接近. 故选：D． 8. 若函数在区间上恰有两个零点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，可得 ，由可求得，根据三角函数的图象及性质可求得，从而可求解. 【详解】因为 ， 所以，当 时， ，则 ． 令，可得 ， 要使得在区间[0,2]上恰有两个零点， 则，解得， 故最小值为． 故选：B. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上单调递增 C. 是奇函数 D. 将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角函数图像求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断C选项；利用三角函数图像可判断D选项. 【详解】由图像可得，， 函数的最小正周期为，故， 则，又，即， 因为，则，所以，解得， 所以. 对于A选项：， 所以直线为函数的一条对称轴，故A正确； 对于B选项：当时，， 所以函数在上不单调，故B不正确； 对于C选项：为奇函数，故C正确； 对于D选项：因为，将的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图像，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB（A为塔顶，B为塔底）的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D（B，C，D不在同一直线上），测得测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（ ） A. s， B. s， C. s， D. s， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理和余弦定理分析各个选项，即可求得结论． 【详解】解：对于A，已知，，，， 在中，利用三角形内角和为可求得， 利用正弦定理，可求得， 在中，，由，即可求； 对于B，在中，已知一边，一角，无法求解三角形， 在中，已知两角，，无法求解三角形， 在中，已知一边，一角，无法求解三角形； 对于C，在中，已知一边，两角，， 由三角形内角和可求得，由正弦定理可求得， 在中，已知两角，，一边，利用，可求得； 对于D，在中，已知两角，， 由，可用表示，由，可用表示， 在中，已知，边，表示，利用余弦定理可用表示， 在中，利用勾股定理可用表示， 在中，已知，，表示，表示， 利用余弦定理可建立关于的方程，即可求解． 故选：ACD． 11. 已知一个直三棱柱的顶点都在一个球的球面上，该棱柱的底面为等腰直角三角形，且侧棱长与底面三角形的斜边长相等，现过球心作一截面，则截面的可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直三棱柱及球的结构特征分析截面即可判断得解. 【详解】在直三棱柱中，，， 显然四边形是正方形，的截面小圆圆心分别为， 线段中点即为直三棱柱的外接球的球心， 平面过球心，截球及内接直三棱柱得球的截面大圆及内接正方形，B是； 矩形所在平面过球心，截球及内接直三棱柱所得截面如选项D所示，D是； 过三条侧棱中点的平面过球心，截球及内接直三棱柱所得截面如选项C所示，C是； 过球心截面截直三棱柱所得三角形不可能为球的截面大圆的内接等腰直角三角形，A不是. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 化简______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的加法、减法运算可得答案. 【详解】 . 故答案为：. 13. 函数的定义域是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的解析式列出函数有意义时需满足的不等式，即可求得答案. 【详解】由题意可知需满足, 即，故函数的定义域为. 故答案为：. 14. 多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的顶点．如图所示，正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧．正方体上与顶点相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，则正方体其余四个顶点到平面的距离之和为______． 【答案】21 【解析】 【分析】由题可得、的中点到平面的距离为3，即、的中点到平面的距离为3，进而可得到平面的距离为6，同理可得、、到平面的距离，即可求解. 【详解】因为、、到平面的距离分别为1、2、4， 所以、的中点到平面的距离为3，即、的中点到平面的距离为3， 所以到平面的距离为6； 同样、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面的距离为5； 又、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面的距离为3； 所以、的中点到平面的距离为，即、的中点到平面的距离为， 所以到平面距离为7； 综上，其余四个顶点到平面的距离之和为：. 故答案为：21. 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. 如图，在中，已知为线段上一点，，． （1）求实数，的值； （2）若，，且与的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理可得：，整理可得结果. 根据平面向量基本定理可得：．,根据数量积运算法则，代入模长和夹角，整理即可. 【小问1详解】 由可得：. 整理得：. . . 【小问2详解】 由知；且，且与的夹角为. . 即. 16. 已知函数 （1）求的最小正周期; （2）求在区间上的最大值与最小值; （3）若，且，求的值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 （3） 【解析】 【分析】根据二倍角的三角函数进行代换，，求出周期. 将定义域进行转化，得到，再带入方程，得到值域. 由得，根据简单三角恒等变换得到，再利用二倍角公式求解即可. 【小问1详解】 由， ； 【小问2详解】 ，， 所以的最大值为，最小值为； 【小问3详解】 由得， 由得，所以， 所以， ， 17. 如图，记的内角的对边分别为．已知点在边上，，． （1）求证：； （2）若， （i）求； （ii）当时，求的周长． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由得，再对求正弦可得答案； （2）（）由正弦定理得，再由，可得答案；（）由可得，在中，由余弦定理得， 从而得到，在中，由余弦定理得，可得周长. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 即， 所以. 小问2详解】 （）因为， 所以由正弦定理得，，求得， 由（1）得，， 所以， （）因为，所以，则 ① ， 在中，，， 由余弦定理得，，化简得② ， 联立①和②求得，， 在中，由余弦定理得，，即， 所以的周长为. 18. 如图，在三棱柱中，D为的中点，，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）设，四棱锥的体积为，求平面与平面ABC所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到平面，再构造平行四边形得到，从而得到平面，得到面面垂直； （2）解法一：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而求出面面角的余弦值； 解法二：作出辅助线，根据四棱锥体积得到，进而得到为正三角形，又F为AC中点，所以，故即为三棱锥的高，找到平面与平面ABC所成角是，求出其度数和余弦值. 【小问1详解】 连接，设，连接， 因为四边形为平行四边形，所以E为的中点， 又因为，所以， 则由平面平面，平面平面， 可得，平面①， 设F为AC的中点，连接和FE． 在中，由E和F分别是和AC的中点得，且， 又因为且，所以且， 所以四边形BDEF为平行四边形，所以②， 由①②可得，平面， 又平面ABC，所以平面平面； 【小问2详解】 解法一：因为D为的中点，故， 又，四棱锥的体积为， 所以， 由（1）知，平面平面，且交线为， 由，可得 三棱锥的高为， 因为，F为AC的中点，可得， 因为平面，平面， 所以，故， 从而， 解得， 连接，则为正三角形， 又F为AC的中点，所以，故即为三棱锥的高， 所以两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, ， 设为平面的一个法向量，由得， 解得，令，则，得， 又为平面的一个法向量， 设平面与平面ABC所成角为，则， 故平面与平面ABC所成角的余弦值为； 解法二：因为D为的中点，故， 又，四棱锥的体积为， 所以， 由（1）知，平面平面，且交线为， 由，可得 三棱锥的高为， 因为，F为AC的中点，可得， 因为平面，平面， 所以，故， 从而， 解得， 连接，则为正三角形， 又为等腰直角三角形，故， 延长交CB于，连接， 在中，因为D为的中点，， 故知，B是PC的中点，， 又且， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以， 于是平面与平面ABC所成角是， 由为正三角形，得四边形为菱形且， 故， 故平面与平面ABC所成角的余弦值为. 19. 若实数，且满足，则称是“余弦相关”的． （1）若，求出所有与之“余弦相关”的实数； （2）若实数是“余弦相关”的，求的取值范围； （3）若不相等的两个实数是“余弦相关”的，求证：存在实数，使得为“余弦相关”的，也为“余弦相关”的． 【答案】（1）或 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入，解三角方程即可； （2）左边打开，整理成的方程，用辅助角公式后，再由三角函数的最值建立不等式关系求解； （3）探求的范围，构造，再运用“余弦相关”的性质证明. 【小问1详解】 代入得，， 即，， 因此， 又因为， 所以或. 【小问2详解】 由得，进行化简得： ，， ，， 因为，所以， 因此，解不等式： ，，， 解得. 【小问3详解】 假设， 则由余弦函数的单调性可知， 所以，， 同理可得，相加得，与假设矛盾，故， ，， ， 故，也是余弦相关的， 所以，解得，， 综上，， 此时可设，， ， ， 故，为“余弦相关”的， 同理，也为“余弦相关”的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ ★启用前注意保密 大湾区2024－2025学年高一年级第二学期期末统一测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3 2. 已知平面向量，若，则（ ） A B. C. D. 3. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有48齿，小轮有20齿，当大轮转动一周时，小轮转动的角度（弧度）是（ ） A. B. C. D. 4. 设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 6. 如图，已知直线，为之间一定点，并且点到的距离为2，到的距离为1.为直线上一动点，作，且使与直线交于点，则△面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，高度为的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上恰有两个零点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上单调递增 C. 是奇函数 D. 将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象 10. 如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB（A为塔顶，B为塔底）的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D（B，C，D不在同一直线上），测得测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（ ） A. s， B. s， C s， D. s， 11. 已知一个直三棱柱的顶点都在一个球的球面上，该棱柱的底面为等腰直角三角形，且侧棱长与底面三角形的斜边长相等，现过球心作一截面，则截面的可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 化简______. 13. 函数的定义域是__________. 14. 多面体上，位于同一条棱两端顶点称为相邻的顶点．如图所示，正方体的一个顶点在平面内，其余顶点在的同侧．正方体上与顶点相邻的三个顶点到的距离分别为1，2和4，则正方体其余四个顶点到平面的距离之和为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在中，已知为线段上一点，，． （1）求实数，的值； （2）若，，且与的夹角为，求的值． 16. 已知函数 （1）求的最小正周期; （2）求在区间上的最大值与最小值; （3）若，且，求的值. 17. 如图，记的内角的对边分别为．已知点在边上，，． （1）求证：； （2）若， （i）求； （ii）当时，求的周长． 18. 如图，在三棱柱中，D为的中点，，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）设，四棱锥的体积为，求平面与平面ABC所成角的余弦值． 19. 若实数，且满足，则称是“余弦相关”的． （1）若，求出所有与之“余弦相关”的实数； （2）若实数是“余弦相关”的，求的取值范围； （3）若不相等的两个实数是“余弦相关”的，求证：存在实数，使得为“余弦相关”的，也为“余弦相关”的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$