精品解析：四川省成都市2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试题

2024~2025学年度下期期末高一年级调研考试 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知i是虚数单位，若，则复数的模（ ） A. B. 2 C. 1 D. 2. 已知分别为的三个内角的对边，若，则角为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 3. 对于不同直线和平面，下列叙述错误的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. ，则 4. 如图，在中，是的中点，为上的点，且，若，，则用表示为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是弧上的动点，矩形内接于扇形，下列说法正确的是（ ） A. 当时，矩形为正方形 B. 当时， C. 面积的最大值为 D. 矩形面积的最大值为 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数，若是周期为的奇函数，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 陶艺是中国传统古老文化与现代艺术结合的艺术形式，某校陶艺社同学制作了一个实心圆锥，若该圆锥底面直径和高均为2，现过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱，得到工艺品如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 剩下几何体的表面积为 B. 剩下几何体的体积为 C. 挖去圆柱体的外接球表面积为 D. 若将挖去的圆柱制成一个实心球体艺术品，若不考虑体积损耗，则该球体的半径为 11. 如图，在正方体中，为线段上（异于两点）的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当为线段中点时，异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积是定值 C. 二面角的余弦值可能为 D. 异面直线与所成角不可能为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，的共轭复数对应的点在第四象限，则实数的取值范围为______． 13. 如图，测量河对岸塔楼的高度时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高为_____________米． 14. 函数（其中）的图象如上，则函数的解析式为______，在区间上的单调递增区间为______． 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. （1）已知平面向量，向量，且，若向量与平行，求的值； （2）已知，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为棱上一点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 17. 已知分别为的三个内角的对边，若为的内角平分线，且，，． （1）求的大小； （2）求角平分线的长度： （3）求的面积． 18. 已知． （1）求的最小正周期与对称中心； （2）若，求的值域； （3）若，方程有三个实数解，且，求取值范围． 19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．其中． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）为上的动点，以为直径作球，设，若球与平面相交得到的截面圆的面积为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度下期期末高一年级调研考试 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知i是虚数单位，若，则复数的模（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简复数，再由模长公式计算即得. 【详解】由可得， 则. 故选：A. 2. 已知分别为的三个内角的对边，若，则角为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理求得的值，结合角的范围即得答案. 【详解】由余弦定理可得，因，则. 故选：B. 3. 对于不同直线和平面，下列叙述错误的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. ，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理易判断B，C正确；根据线面平行的性质与判定定理推理可得D正确；由可得或，可判断A错误. 【详解】对于A，由可得或，故A错误； 对于B，由面面垂直的性质定理：若两平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面.即可判断B正确； 对于C，利用面面平行的判定定理：若一个平面中的两条相交直线都与另一个平面平行，则这两个平面互相平行.即可判断C正确； 对于D，如图，经过直线作一个平面，设，因，则，故， 因，则，又，则，故.故D正确. 故选：A. 4. 如图，在中，是的中点，为上的点，且，若，，则用表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形和条件，利用向量的加减数乘等运算，将所求向量用基底表示即可. 【详解】由图知， . 故选：D. 5. 若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正切函数的单调增区间，结合题设条件建立不等式组，解之即得. 【详解】因在上是增函数，依题意该函数在区间上是增函数， 则有，解得，又因，故. 故选：C. 6. 已知向量的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知及投影向量的求法求向量在向量上的投影向量即可. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：B 7. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式与和差角的正切公式化简计算，再根据正弦函数的单调性比较大小即可. 【详解】因， ， ， 又因函数在第一象限是增函数，故，即. 故选：C. 8. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是弧上的动点，矩形内接于扇形，下列说法正确的是（ ） A. 当时，矩形为正方形 B. 当时， C. 面积的最大值为 D. 矩形面积的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，利用三角函数的定义求出相关边长可判断A项；对于B，C，D项，通过表示出相关边长，利用二倍角公式，三角恒等变换进行化简，将其化成正弦型函数，利用正弦函数的图象性质即可求出最值. 【详解】对于A， ， ，则， ， ，则，故A错误； 对于B，当时， ，，， 则，故B错误； 对于C，由B项已得，， 因，则，故当，即时，取得最大值为，故C错误； 对于D，由B项已得，， 则 ， 因，则，故当，即时，取得最大值为，故D正确. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数，若是周期为的奇函数，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】分别根据各选项，结合平移伸缩变换求得的解析式，再根据函数的周期与奇偶性逐一判断即可. 【详解】对于A，若，依题意，，其周期为，且为奇函数，故A正确； 对于B，若，依题意，，其周期为，故B错误； 对于C，若，依题意，将其向左平移个单位，可得， 再将其横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数，显然它是周期为的奇函数，故C正确； 对于D，若，依题意，将其向左平移个单位，可得， 再将其横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数，显然该函数不是奇函数，故D错误. 故选：AC. 10. 陶艺是中国传统古老文化与现代艺术结合的艺术形式，某校陶艺社同学制作了一个实心圆锥，若该圆锥底面直径和高均为2，现过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱，得到工艺品如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 剩下几何体的表面积为 B. 剩下几何体的体积为 C. 挖去圆柱体的外接球表面积为 D. 若将挖去的圆柱制成一个实心球体艺术品，若不考虑体积损耗，则该球体的半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合图形，利用圆锥、圆柱的表面积和体积公式计算即可判断A，B；对于C，根据圆柱的对称性判断外接球的球心，易得其半径，即得其表面积；对于D，利用等体积列方程求解即得. 【详解】对于A，设圆柱体的底面半径为，高为，则，， 圆锥的母线长为，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱得到的几何体的表面积为： ，故A错误； 对于B，由题意，剩下几何体的体积为： ，故B正确； 对于C，如图，设的中点为，由圆柱的对称性可知，圆柱的外接球的球心即点， 设外接球的半径为，由图知，， 则圆柱的外接球的表面积为，故C正确； 对于D，设该实心球的半径为，依题意，， 即得，则，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在正方体中，为线段上（异于两点）的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当为线段中点时，异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积是定值 C. 二面角的余弦值可能为 D. 异面直线与所成角不可能为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题可证，则即异面直线与所成角或其补角，在，利用余弦定理的推论即可求；对于B，可证平面，得到点到平面的距离即点到平面的距离是定值即可说明三棱锥的体积是定值；对于C，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量，得出余弦值，利用基本不等式求最值即可判断；对于D，利用空间向量垂直的坐标表示可判断. 【详解】对于A，连接, 因，可得四边形为平行四边形，则, 故即异面直线与所成角或其补角， 设正方体的棱长为2，则, 在中，由余弦定理，， 因，则，即异面直线与所成角为，故A正确； 对于B， 因，可得，则， 又平面,平面,则平面， 故点到平面的距离即点到平面的距离是定值， 且的面积也是定值，故三棱锥的体积是定值，即B正确； 对于C，以为原点建立空间直角坐标系，不妨取正方体边长为2， 则， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， 又 ，当时等号同时成立， 所以二面角的余弦值不可能为，故C错误； 对于D，，当直线与所成角为时， ， 此时点则点处，不符合题意，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数，的共轭复数对应的点在第四象限，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出共轭复数，然后利用复数在各象限的特征列不等式组即可求解. 【详解】由可知：， 由题意，解得，即实数的取值范围是． 故答案为： 13. 如图，测量河对岸塔楼的高度时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高为_____________米． 【答案】 【解析】 【分析】应用正弦定理求，再由即可求塔高． 【详解】由题设， 由正弦定理知，即， 所以米． 故答案为：． 14. 函数（其中）的图象如上，则函数的解析式为______，在区间上的单调递增区间为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合函数的图象特征，依次求出的值，得到函数解析式；再求函数在上的单调递增区间，结合给定区间代值求交即得. 【详解】设函数的最小正周期为， 则由图知，，，即，则， 于是，将点代入解析式，可得， 则，即， 因，故得，则函数的解析式为； 由，可得， 因，故得在区间上的单调递增区间为. 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. （1）已知平面向量，向量，且，若向量与平行，求的值； （2）已知，求的值． 【答案】（1）;（2） 【解析】 【分析】（1）根据求得，再由与平行建立方程，求解即得； （2）先利用同角的三角函数关系式求出与的值，再进行拆角利用差角公式计算即得. 【详解】（1）因，可得，， 则由可得，解得，故， ，， 由向量与平行可得：，解得； （2）因， 则，且，， 故 . 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为棱上一点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）在上取点，使，利用条件证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行可证线面平行； （2）由条件先证明平面，再由得到平面，接着利用面面垂直的判定定理可证平面平面； （3）由（2）的结论：平面，可得即直线与平面所成角，在中利用三角函数的定义即得答案. 【小问1详解】 如图，在上取点，使，连接，因，则， 则得，故，因则， 即四边形为平行四边形，则，又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 因平面，平面，则， 因，平面，故平面， 因，故平面，又平面，故平面平面. 【小问3详解】 由（2）已得平面，故即直线与平面所成角， 因，故在中，， 即直线与平面所成角的正切值为. 17. 已知分别为的三个内角的对边，若为的内角平分线，且，，． （1）求的大小； （2）求角平分线的长度： （3）求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将正弦函数化为相应的边，再利用余弦定理即可求解； （2）由为的内角平分线，即可求出，再根据三角形内角和求出角，在中，由正弦定理即可求解； （3）利用正弦定理求出的长，再利用面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以， 因为， 所以； 【小问2详解】 因为，为的内角平分线， 所以， 因为，， 所以， 在中，由正弦定理得， ，即， 解得，， 所以角平分线的长度为； 【小问3详解】 由(2)知，， 在中，由正弦定理得， ，即， 解得，， 在中，由正弦定理得， ，即， 解得， 所以， 所以的面积为. 18. 已知． （1）求的最小正周期与对称中心； （2）若，求的值域； （3）若，方程有三个实数解，且，求取值范围． 【答案】（1）的最小正周期为，对称中心为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换公式将化简，然后求出的最小正周期，根据正弦函数的对称性求对称中心； （2）根据已知求得，再根据正弦函数的性质求解值域即可； （3）先将方程有三个实数解转化为函数图象有三个交点，然后结合图象即可求得的范围， 由正弦函数的对称性即可得到的值及的范围，即可求解． 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期为，由，解得， 所以的对称中心为； 【小问2详解】 因为，所以，所以， 即的值为； 【小问3详解】 当时，令， 由题意方程在上有三个实数解，分别为且， 即函数与的图象在区间上有三个交点，作出函数图象，如图： 则，由正弦函数的对称性可知，，， 则，解得，又，所以， 故，即取值范围为． 19. 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．其中． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）为上的动点，以为直径作球，设，若球与平面相交得到的截面圆的面积为，求的最小值． 【答案】（1）证明：因是圆的直径，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面可得，由条件易得，根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由平面可推出即二面角的平面角，在中，利用三角函数定义即可求得答案； （3）先求得球的半径为，设点到平面的距离为，则得点到平面的距离为，利用余弦定理求出相关边与角，根据求得，接着利用球的截面圆性质求出截面圆面积的表达式，借助于二次函数的性质即可求得其最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因平面，故平面， 又平面，则， 即即二面角的平面角， 因在中，由面积相等可得， 则，则. 【小问3详解】 因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，由余弦定理，， 则，则， 在中，，则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则， 则， 因，故当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $