精品解析：四川省成都市成华区2024-2025学年高一下学期期末学业水平监测数学试题

2024—2025学年度下期期末学业水平监测 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷共150分，考试时间为120分钟. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须用2B铅笔将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.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.字体工整、笔迹清楚，超出答题卡区域书写的答案无效，写在本试卷上无效.请保持答题卡卷面清洁，不得折叠、破损等. 4.考试结束，将本试卷和答题卡一并收回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由已知得，在复平面内对应的点为，在第一象限． 考点：复数的运算和复数的几何意义. 2. 计算：=（ ） A. -1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦两角和差的逆应用即可求解. 【详解】由，故C正确. 故选：C. 3. 已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量坐标及共线定理计算即可求解. 【详解】由，， 若与共线，则，解得. 故选：B. 4. 在正方体中，E为的中点，则AE与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据AE与平面的关系，先找到直线AE与平面所成的角，然后通过勾股定理求得各边长，即可求得AE与平面所成角的正弦值． 【详解】连接、相交于点M，连接， 由题意可知是平行四边形，所以是的中点， 因为E为的中点，所以，所以，同理可， 又，平面，所以平面， 所以即为AE与平面所成的角， 设正方体的棱长为2， 则，， 所以， 在中，由勾股定理可得， 所以 故选：D. 5. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求，根据投影向量的定义得，代入即可求解. 【详解】由题意有， 所以在方向上的投影向量是， 故选：C. 6. 智能降噪采用的是智能宽频降噪技术，立足于主动降噪原理，当外界噪音的声波曲线为时，通过降噪系统产生声波曲线将噪音中和，达到降噪目的．如图，这是某噪音的声波曲线的一部分，则可以用来智能降噪的声波曲线的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出噪音的声波曲线的函数表达式，则其相反数即为智能降噪的声波曲线. 【详解】由图可知，，噪音的声波曲线的最小正周期，则． 因为噪音的声波曲线过点，所以， 则．又，所以， 即噪音的声波曲线为， 则可以用来智能降噪的声波曲线为． 故选：C. 7. 已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，可求得二面角的大小. 【详解】取的中点，连接， 因为，为的中点，则， 由垂径定理可得，所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 所以，则，，， 因为平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：B. 8. 某公园要在一块扇形区域中设计一块矩形草坪，如图所示，在扇形OPQ中，半径OP=60米，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形.记，矩形草坪ABCD的面积为S平方米.则面积S的最大值为（ ）平方米. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，可得，利用三角恒等变换求得最大值即可. 【详解】因为OP=60，，所以，，所以， 则四边形的面积为， 所以， 令 ， 因为，所以，所以， 所以当时，的最大值为， 所以面积S的最大值为. 故选：A. 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2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是函数的对称中心 D. 是函数的一条对称轴 【答案】CD 【解析】 【分析】根据函数图象知：、利用过点，可求得函数的解析式、求得对称轴与对称中心可判断每个选项的正误. 【详解】由图知：，即，而，可得，故B错误； 所以，又函数过点，可得， 所以，所以，又，所以，故A错误； 所以，由，可得， 所以函数的对称中心是，故C正确； 由，可得， 当，可得为对称轴，故D正确. 故选：CD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，，E为AC的中点，则 B. 在中，与满足，则是等腰三角形 C. 已知，，若与的夹角是钝角，则 D. 在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，且，点F是CD中点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用平面向量基本定理根据题意将用表示出来再判断；对于B，由向量的加法法则判断；对于C，由题意可知，且两向量不共线，从而可求出的范围；对于D，以为原点建立直角坐标，表示，然后利用数量积求解. 【详解】 对于A，因为中，，为的中点， 所以，所以A正确； 对于B，因为与是非零向量， 所以所在的直线平分， 因为，所以， 所以是等腰三角形，所以B正确； 对于C，因为与的夹角是钝角， 所以，且两向量不共线， 由得，得， 当与共线时，得， 所以当与的夹角是钝角时且，所以C错误， 对于D，     如图，以为原点建立直角坐标， 则由题意可得， 所以， 所以，所以D正确， 故选：ABD. 11. 在高校航天创新实验室里，一群航空航天专业的学生正着手设计新型科研卫星模型，他们采用表面积为12π平方米的特殊合金材料打造卫星外壳，该材料具备优异的抗辐射和隔热性能，可应对复杂的太空环境.卫星内部，12根高强度钛合金杆组成正方体支撑框架，用于稳固内部精密仪器.为保障卫星在太空运行时的稳定性，学生们需要探究外壳各个部位与内部框架间的受力情况，以此优化结构设计，确保卫星能在复杂的宇宙环境中可靠工作.如图所示，作出支架的直观图正方体，设P为外壳上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 当平面平面时，点P的轨迹长度为 C. 当平面时，点P的轨迹长度为4π D. 不存在点P，使得平面平面PBC 【答案】AB 【解析】 【分析】根据面面平行的性质判断A，根据平面，判断点的轨迹，判断B，根据面面平行的性质定理，判断点的轨迹，即可判断C，若平面平面，确定点的轨迹，即可判断D. 【详解】该球的表面积，所以，且正方体的棱长，满足，则， A.由题意可知，平面平面，且平面，故平面， 则点的轨迹为正方形的外接圆，故有无数个点满足，故A正确； B.易知平面，且平面平面，平面， 故点的轨迹为矩形的外接圆，其周长为，故B正确； C.因为平面，设过且与平面平行的平面为，则的轨迹为与外接球的交线，其半径为，周长为，故C错误； D.若平面平面，则点在以为轴截面的某个圆柱面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点满足，故D错误. 故选：AB. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 注意事项： 1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卡对应题目的位置上. 2.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足（为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和模的定义求解. 【详解】由得， 所以， 故答案为: . 13. 已知向量，的夹角为，，，则=______. 【答案】 【解析】 【分析】由数量积的运算和运算律计算可得. 【详解】. 故答案为：. 14. 已知，将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若方程在上的根从小到大依次为，，，，，则=______. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角函数图象变换得出解析式，求出的范围，作出的图象及直线，可得它们交点的性质，由此可求得． 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象， 再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象， 所以，由，可得， 因为，可得， 设，则，即， 结合正弦函数，的图象，如图， 可得方程在区间有5个解， 可得， 即， ， 所以，， 所以 . 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，，． （1）若，求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由向量平行的坐标表示求出未知量，进而求得，再由坐标形式的向量模长公式即可求解. （2）先由题意得，再由向量垂直的坐标表示即可求解. 【小问1详解】 由得，所以，故， 所以. 【小问2详解】 由已知 又，所以， 解得. 16. 设函数，. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取最值时x的值. 【答案】（1）最小正周期；单调递增区间为. （2）最大值为，此时；最小值为，此时. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，然后可其最小正周期，利用整体代换法求其递增区间； （2）由时，利用整体代换法求得，从而可得，从而可求解. 【小问1详解】 ， 则的最小正周期为， 当，时单调递增，解得，， 故函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，，所以， 当，即时，取得最大值； 当，即时，取得最小值. 故最大值为，此时；最小值为，此时. 17. 如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：由O是与的交点，又为正方形，则O为的中点， 又D是的中点，在中，可得， 又平面，平面， 故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，再由线面平行的判定可证结论； （2）根据已知可得是等腰直角三角形，应用线面垂直的判定和性质证，并求出相关线段长，应用等体积法有，可求到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 三棱柱中，，，且， 易知是等腰直角三角形，点D是棱的中点， 所以，， 四边形为正方形，，则， 又，而，且，则， 由，平面，则平面， 平面，所以，而， 又，平面， 则平面，平面，故， 所以，由， 则，又， 若到平面的距离为，则，可得. 18. 在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知. （1）求B的值； （2）若b=2，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、余弦定理进行边角转换即可. （2）由正弦定理、三角形面积公式结合三角恒等变换得，结合角的范围即可得解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 即，由余弦定理得， 因为，所以． 【小问2详解】 在锐角中，，记的面积为． 由正弦定理得，即． 所以 ． 因为在锐角中，，所以，， 解得，则，所以， 所以，所以面积的． 19. 在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH. （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较θ和的大小； （3）如图3，已知AB=10，AP=8，BC=12，M为平面PBC内一点，且AM=8，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值. 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， 由，为的中点，得， 由，为的中点，得， 而，平面，则平面， 又平面，所以. （2）证明：因为点P在平面ABC内的投影为H，所以平面， 平面，则，由（1）知， 又，平面，于是平面， 而平面，因此，又，为锐角， 过点向作垂线，垂足为点，连接，则， 由点P在平面ABC内的投影为H，，得， 由平面，平面，得， 而，，平面，则平面， 由平面，则，于是，显然， 因此，当时，重合，等式成立， 所以，由，得， 又函数在上单调递减，所以； （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，利用线面垂直的判定和性质推理即得结论. （2）过点向作垂线，垂足为点，利用线面垂直的性质，结合直角三角形边角关系及余弦函数性质推理即得结论. （3）利用（1）的信息，结合等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角，再利用（2）的结论求出最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设点到平面的距离为，直线与直线的夹角为， 直线与平面的夹角为， 由（1）知， ，， ， 设到平面的距离为，所以， 由，得，解得，又， 所以，即， 由（2）知，直线AM与直线BC夹角， 所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下期期末学业水平监测 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.全卷共150分，考试时间为120分钟. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须用2B铅笔将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.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.字体工整、笔迹清楚，超出答题卡区域书写的答案无效，写在本试卷上无效.请保持答题卡卷面清洁，不得折叠、破损等. 4.考试结束，将本试卷和答题卡一并收回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 计算：=（ ） A. -1 B. 0 C. D. 3. 已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 4. 在正方体中，E为的中点，则AE与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量与的夹角为，且，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 智能降噪采用的是智能宽频降噪技术，立足于主动降噪原理，当外界噪音的声波曲线为时，通过降噪系统产生声波曲线将噪音中和，达到降噪目的．如图，这是某噪音的声波曲线的一部分，则可以用来智能降噪的声波曲线的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且的面积为3，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 某公园要在一块扇形区域中设计一块矩形草坪，如图所示，在扇形OPQ中，半径OP=60米，圆心角，C是扇形弧上的动点，矩形ABCD内接于扇形.记，矩形草坪ABCD的面积为S平方米.则面积S的最大值为（ ）平方米. 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是函数的对称中心 D. 是函数的一条对称轴 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，，E为AC的中点，则 B. 在中，与满足，则是等腰三角形 C. 已知，，若与的夹角是钝角，则 D. 在边长为6的正方形ABCD中，点E在边BC上，且，点F是CD中点，则 11. 在高校航天创新实验室里，一群航空航天专业的学生正着手设计新型科研卫星模型，他们采用表面积为12π平方米的特殊合金材料打造卫星外壳，该材料具备优异的抗辐射和隔热性能，可应对复杂的太空环境.卫星内部，12根高强度钛合金杆组成正方体支撑框架，用于稳固内部精密仪器.为保障卫星在太空运行时的稳定性，学生们需要探究外壳各个部位与内部框架间的受力情况，以此优化结构设计，确保卫星能在复杂的宇宙环境中可靠工作.如图所示，作出支架的直观图正方体，设P为外壳上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在无数个点P，使得平面 B. 当平面平面时，点P的轨迹长度为 C. 当平面时，点P的轨迹长度为4π D. 不存在点P，使得平面平面PBC 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 注意事项： 1.用钢笔或圆珠笔直接答在答题卡对应题目的位置上. 2.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足（为虚数单位），则______． 13. 已知向量，的夹角为，，，则=______. 14. 已知，将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若方程在上的根从小到大依次为，，，，，则=______. 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，，． （1）若，求的值； （2）若，求的值． 16. 设函数，. （1）求函数的最小正周期和单调递增区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取最值时x的值. 17. 如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 18. 在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知. （1）求B的值； （2）若b=2，求面积的取值范围. 19. 在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH. （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较θ和的大小； （3）如图3，已知AB=10，AP=8，BC=12，M为平面PBC内一点，且AM=8，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $