精品解析：陕西省汉中市十校联考2024-2025学年高一下学期期末数学试卷

陕西省汉中市十校联考2024-2025学年高一下学期期末数学试卷 命题学校：镇巴中学 命题教师：饶建森 注意事项： 1.试卷分为选择题和非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟，共4页. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第一部分（选择题 共58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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 某校举办“迎七一”红歌比赛，五位评委给某参赛班级的评分分别为87，87，89，m，90，若这组数据的平均数为88，则这组数据的中位数为（ ） A. 88 B. 87 C. 89 D. 90 4. 设，则“”是“”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 5. 下列命题正确的是（ ） A. 三个点可以确定一个平面 B. 用斜二测画法画等边三角形的直观图为等腰三角形 C. 一个棱柱至少有五个面 D. 如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行 6. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 已知为第四象限角，则（ ） A. B. 7 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于平面向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若向量不共线，对于平面内任一向量，都存在唯一实数使 C. 若不相等，则一定不共线 D. 若，则 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一条对称轴为 C. 在上单调递增 D. 将的图象上各点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）可得的图象 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，为棱上一动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面的交点是的重心 C. 直线与直线的夹角余弦值为 D. 三棱锥的体积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 函数的定义域为__________． 14. 已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且，则该四面体外接球的体积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 已知复数； （1）求； （2）若在复平面内的点分别是对应向量的坐标，且，求的值. 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，求的周长. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若方程在区间上有解，求实数的取值范围. 18. 如图（1），在直角梯形中，分别是，的中点，沿将梯形翻折，使，如图（2） （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求与平面所成角的余弦值. 19. 布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，求； （2）已知， ①若，求的值； ②若，求S. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省汉中市十校联考2024-2025学年高一下学期期末数学试卷 命题学校：镇巴中学 命题教师：饶建森 注意事项： 1.试卷分为选择题和非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟，共4页. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第一部分（选择题 共58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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简得，求出虚部判断选项. 【详解】，虚部为. 故选：A 2. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意，角的终边经过点， 所以. 3. 某校举办“迎七一”红歌比赛，五位评委给某参赛班级的评分分别为87，87，89，m，90，若这组数据的平均数为88，则这组数据的中位数为（ ） A. 88 B. 87 C. 89 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的平均数求出m，再利用中位数的定义计算作答. 【详解】依题意，，解得， 参赛班级所得分从小到大依次为：87，87，87，89，90， 所以这组数据的中位数为87. 故选：B. 4. 设，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的含义进行辨析即可. 【详解】因为，所以， 当时，无意义，所以“”时，“”不一定成立； 当时，，所以“”能推出“”. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 下列命题正确的是（ ） A. 三个点可以确定一个平面 B. 用斜二测画法画等边三角形的直观图为等腰三角形 C. 一个棱柱至少有五个面 D. 如果两条直线没有公共点，则这两条直线平行 【答案】C 【解析】 【分析】当三个点位于同一直线时则不能确定一个平面可对A判断；等边三角形的直观图不为等腰三角形可对B判断；根据棱柱的知识可对C判断；当两条直线异面时也没有公共点即可对D判断. 【详解】A：当三个点位于同一直线时则不能确定一个平面，故A错误； B：如图，等边，设其边长为2，以边的中点为原点建立直角坐标系，在其直观图中， 在中由余弦定理可得， 同理可得 则，故B错误； C：因三棱柱有五个面，则可得所有的棱柱至少有五个面，故C正确； D：当两条直线异面时，这两条直线没有公共点且不平行，故D错误. 故选：C. 6. 已知集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数以及对数函数的单调性，可求得集合，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】因为是上的单调递增函数，故时，， 故， 是R上的减函数，故时，， 即， 故， 故选：A 7. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直、线面平行、面面平行、面面垂直的判定与性质对选项逐一判断. 【详解】对于选项A： 若，那么可能垂直，可能相交，可能在平面上，所以A错误； 对于选项B： 若且不在平面内，那么平面外的直线与该平面平行，即，所以B正确； 对于选项C： 若，那么垂直于同一直线的两平面平行，即，所以C正确； 对于选项D： 若，那么经过垂线的平面与另一平面垂直，即，所以D正确. 故选：A. 8. 已知为第四象限角，则（ ） A. B. 7 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的关系与和差的正切公式求得结果即可. 【详解】因为，为第四象限角，所以. 所以. 所以. 故选：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 关于平面向量，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若向量不共线，对于平面内任一向量，都存在唯一实数使 C. 若不相等，则一定不共线 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】当时，即可对A判断；由平面向量基本定理可对B判断；由平面向量的共线知识即可对C判断；由，可化简得到，即可对D判断. 【详解】A：当，可满足，但不一定得到，故A错误； B：由平面向量的基本定理，若向量不共线，对于平面内任一向量，都存在唯一实数使，故B正确. C：当时，与不相等，但与共线，故C错误； D：由，两边同时平方得，解得，即，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的一条对称轴为 C. 在上单调递增 D. 将的图象上各点的横坐标向右平移个单位（纵坐标不变）可得的图象 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据和差的余弦、正弦公式对函数化简，然后根据正弦函数的最小正周期、对称轴、单调性、平移变换等对选项逐一判断. 【详解】因为函数, 所以函数的最小正周期为，所以A正确； 令，解得， 所以时，，所以不是函数的对称轴，所以B错误； 当时，函数单调递增， 解得，令，所以是函数的单调递增区间，C正确； 将的图象上各点的横坐标向右平移个单位，可得： ，所以D正确. 故选：ACD. 11. 在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点，为棱上一动点，下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面的交点是的重心 C. 直线与直线的夹角余弦值为 D. 三棱锥的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于选项A，要证明面面垂直，则需通过证明线面垂直推导出面面垂直，即证明平面；对于选项B，先证明四面体为正四面体，然后证明平面，从而可得到结果；对于选项C，直线与直线的夹角是直线与直线的夹角，然后通过边角关系求得其余弦值；对于选项D，根据线段关系求得三棱锥的体积即可. 【详解】对于选项A： 因为为正方体，所以平面， 因为平面，所以. 因为，所以. 又平面，所以平面. 因平面，所以平面平面，所以A正确； 对于选项B： 连接，则， 则四面体为正四面体， 因为，平面， 所以平面，因为平面，所以. 同理可得，因为平面. 所以平面，垂足为，又四面体为正四面体， 所以为的中心，即为的重心，所以B正确； 对于选项C： 因为，所以直线与直线的夹角是直线与直线的夹角. 因为，所以，C正确； 因为， 所以三棱锥的体积为，所以D错误. 故选：ABC. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用对数的运算即可求解. 【详解】由，则. 故答案为：1. 13. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用正切函数定义域计算求解. 【详解】因为，所以， 所以函数的定义域为 14. 已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且，则该四面体外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件得出，再结合长方体的外接球半径公式求解进而得出体积即可. 【详解】四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且，可知， 将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为， 则，解得， 由于，四面体的外接球半径为， 四面体外接球的体积为. 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、证明过程或演算步聚. 15. 已知复数； （1）求； （2）若在复平面内的点分别是对应向量的坐标，且，求的值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据共轭复数定义得出，计算计算模长即可； （2）先应用向量坐标线性运算得出坐标，再根据向量垂直的坐标运算求参即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 由题设知： . 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理对等式进行化简，可求得角. （2）根据三角形面积公式可求得的值，然后根据余弦定理求出，进而可求出三角形的周长. 【小问1详解】 由正弦定理得：， ， ， . 【小问2详解】 由，得. 由余弦定理，得. 即， 的周长为. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若方程在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用整体法求正弦型函数的单调递减区间； （2）根据正弦函数性质判断区间单调性，进而求值域范围，结合方程有解确定参数范围. 【小问1详解】 令，则， 的单调递减区间为； 【小问2详解】 ， ， 在上单调递增， ， 方程在区间上有解，的取值范围为. 18. 如图（1），在直角梯形中，分别是，的中点，沿将梯形翻折，使，如图（2） （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明：由题可得，平面，平面， 所以平面. （2）证明：由题知：，，分别是，的中点， 所以，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行即可求解； （2）利用线面垂直可得平面，即可证明； （3）利用线面垂直证明平面，即为与平面所成角，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取中点，连接， 由题，所以为等边三角形，所以，且， 又平面平面，平面平面平面，所以平面， 如图，过作，且，过作，垂足为，连接， 所以，故四边形为矩形， 所以， 又，所以，且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为平面，所以， 所以， 所以平面，故即为与平面所成角， 则 所以. 故与平面所成角的余弦值为. 19. 布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点.其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，求； （2）已知， ①若，求的值； ②若，求S. 【答案】（1） （2）①12；② 【解析】 【分析】（1）由题，可得，在，中，分别由正弦定理可得，，运算得解； （2）由，可得，①在，，中由余弦定理可得，运算得解；②由，结合①可得，平方展开运算得解. 【小问1详解】 在中，，所以， 所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 所以，故. 【小问2详解】 因为，所以，即， ①，所以 在中，， 在中，， 在中，， 三式相加得 ， 整理得：. ②又 又由①知， 所以， 故， 整理得：， 即， 所以，即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $