精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

丰城九中2024-2025学年高一年级下学期期末考试数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分150分 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 2 D. 3. 函数定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 已知扇形的半径为，弧长为，则此扇形的圆心角（正角）的弧度数是（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知命题 ，命题，则命题是命题的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知平面向量，是不共线的两个向量，，，，则（ ） A. ，，三点共线 B. ，，三点共线 C. ，，三点共线 D. ，，三点共线 8. 已知，则的最小值为（ ） A. 3 B. 5 C. 9 D. 25 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立是（ ） A. A、B、C、D四点共面 B. C. 与相交 D. 10. 已知平面向量，则（ ） A. 不垂直 B. ，使得共线 C. 当时， D. 当时，在方向上的投影向量为 11. 已知函数与函数的图象的对称中心完全相同，则（ ） A. 函数为奇函数 B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 是图象的一个对称中心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数有__________个零点 13. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是和，则该题被攻克的概率为______． 14. 如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为__________ 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. 已知向量，，且函数. （1）若，，求的值； （2）求函数在上的严格增区间. 16. 已知，其内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，为边上的中点，求的长． 17. 设函数（，），该函数图像上相邻两个最高点间的距离为，且为奇函数. （1）求解析式； （2）在锐角中，角的对边分别为，，，若，求的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面，点在棱上． （1）求； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角大小为，求． 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2024-2025学年高一年级下学期期末考试数学试卷 考试时间：120分钟 试卷总分150分 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解. 【详解】因为，所以， 故选：B. 2. 已知复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，解方程即可得出答案. 【详解】因为复数是纯虚数， 所以，解得：. 故选：D. 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶次根式有意义的条件计算可得结果. 【详解】由题意，令，解得， 所以函数的定义域是. 故选：B. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由分段函数的解析式代入计算即可. 【详解】由题意得. 故选：B. 5. 已知扇形的半径为，弧长为，则此扇形的圆心角（正角）的弧度数是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据扇形弧长公式计算求解. 【详解】设扇形的圆心角为，由扇形的弧长公式可得 故选：B. 6. 已知命题 ，命题，则命题是命题的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数单调性可判断得出结论. 【详解】根据题意由指数函数单调性可知能推出， 即充分性成立； 由可推出，不能推出，即必要性不成立； 因此命题是命题的充分不必要条件. 故选：A 7. 已知平面向量，是不共线的两个向量，，，，则（ ） A. ，，三点共线 B. ，，三点共线 C. ，，三点共线 D. ，，三点共线 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量共线向量定理求解即可. 【详解】由题意，，，， 不存在唯一的实数使得，所以，，三点不共线，故A错误， 由于， 所以，则，，三点共线，故D正确. 由于， 不存在唯一的实数使得， 不存在唯一的实数使得，故BC错误， 故选：D. 8. 已知，则的最小值为（ ） A. 3 B. 5 C. 9 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式及和角的正切公式列式，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】依题意，，即， 则，当且仅当时取等号， 因此，解得， 所以当时，取得最小值9． 故选：C 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立的是（ ） A. A、B、C、D四点共面 B. C. 与相交 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据异面直线的特点结合平面性质公理判断各选项即可. 【详解】当或与相交时，A、B、C、D四点共面， 此时a，b共面，不符合题意，故ABC错误， 对于D，如图，在正方体中，若异面直线a，b为图中两条直线时， 且为所在棱的中点，为正方体的顶点，此时. 故选：ABC. 10. 已知平面向量，则（ ） A. 不垂直 B. ，使得共线 C. 当时， D. 当时，在方向上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，可通过向量的数量积进行判断；对于选项B，根据向量的共线性质进行判断；对于选项C，首先求出的坐标，然后求其和的模；对于选项D，首先求出的坐标，然后根据向量的投影公式进行求解. 【详解】因为， 则， 所以不垂直，所以选项A 正确. 假设，则，所以， 所以当时，共线，所以选项B正确. 当时，， 所以，所以，所以选项C错误 当时，， 所以在方向上的投影向量为. 故选：. 11. 已知函数与函数的图象的对称中心完全相同，则（ ） A. 函数为奇函数 B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 是图象的一个对称中心 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对称中心完全相同得到，计算，可判定B；由可判定A，代入验证判定C，D. 【详解】由题意知，对称中心完全相同，则周期相同， 所以， 所以， 则，所以是的一个对称中心， 所以即 又，故当时，，所以，故B对 ； 因为， 函数定义域为，为偶函数，故A错； 因为，所以直线不是图象的对称轴，故C错； 因为，所以是图象一个对称中心，故D对. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数有__________个零点 【答案】2 【解析】 【分析】令等价于求函数与交点个数即可. 【详解】令，等价于与交点个数， 在同一坐标中作出与的图像： 所以与交点有2个. 故答案为：2. 13. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是和，则该题被攻克的概率为______． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率公式求解. 【详解】由题意，该题被攻克的概率为. 故答案为：. 14. 如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，已知是线段上的点， 且则二面角的正切值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用空间垂直关系作出二面角的平面角，再结合勾股定理和正切函数可求得正切值. 【详解】 由已知是线段上的点， 且 利用勾股定理可得：， 由余弦定理可得：， 过点作，连接，由底面， 底面，所以有， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故就是二面角的一个平面角， 而，则， 则， 所以二面角的正切值为， 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. 已知向量，，且函数. （1）若，，求的值； （2）求函数在上的严格增区间. 【答案】（1）或 （2）严格增区间为和 【解析】 【分析】（1）首先化简函数的表达式，然后将函数值代入，根据的范围求出的值. （2）根据正弦函数的单调递增区间以及的范围直接求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以. 令，则，所以或. 解得或. 因为，所以或. 【小问2详解】 因为， 所以当时，函数严格递增. 解得. 因为，所以令时，；令时，. 所以函数在上的严格增区间为和. 16. 已知，其内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，为边上的中点，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，结合已知条件整理化简，求得，则得解； （2）根据面积公式，求得，再由余弦定理求得，利用余弦定理求得，再在△中，由余弦定理求得. 【小问1详解】 因为，即， 且， 即， 得，且，则， 可得，且，所以． 【小问2详解】 如图： 因为，， 由，所以，解得， 在中，由余弦定理得，则， 又D为BC边上的中点，所以， 在中，由余弦定理得，则， 中，由余弦定理得， 所以． 17. 设函数（，），该函数图像上相邻两个最高点间的距离为，且为奇函数. （1）求的解析式； （2）在锐角中，角的对边分别为，，，若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，可得，由为奇函数，可求得； （2），由，可得，从而有，根据三角恒等变换化简，利用三角函数的性质可求取值范围． 【小问1详解】 由函数图像上相邻两个最高点间的距离为，所以可得，解得， 所以函数解析式为， 又因为为奇函数，所以，又，所以， 所以， 【小问2详解】 ， 由正弦定理得， ， ． ，．， ，，所以，所以， 由（1）知， 所以 ， 又因为，所以， 所以， 所以的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面，点在棱上． （1）求； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角的大小为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据平面得平面平面，从而可得平面，故直角三角形，从而可求； （2）可证为的中点，从而可利用等积转化求三棱锥的体积； （3）过点作的平行线交于点，可证为二面角的平面角，利用解直角三角形可求的值 . 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵，平面，平面平面，∴平面， 又∵平面，∴，∴为直角三角形， ∴，即． 【小问2详解】 连接与交于点，连接， ∵平面，平面，平面平面， ∴，可知为的中点，而平面平面，故， 在中，，，， ∴，，， ∴ ． 【小问3详解】 由题意知平面，过点作的平行线交于点， ∴平面，再作（为垂足）， 因为平面，故，而平面， 所以平面，而平面，故， ∴为二面角的平面角，， 由（2）可知，∴是等腰直角三角形， 同理也是等腰直角三角形，从而， 在中，，，∴， 不妨设，，则且， ∴，∴． 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角公式求出，再得出，根据新定义求解； （2）类比（1）求出，得出，利用新定义证明即可； （3）根据（2）代入求解推出，再由三角恒等变换求解. 【小问1详解】 设的夹角为，则， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 设的夹角为， 则， 所以 ， 则， 于是，. 【小问3详解】 由题意，， 则由（2）的公式可得：， 又，则得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $