精品解析：四川省成都市郫都区2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

成都市郫都区2024～2025学年度下期期末考试 高一数学 说明：1．本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟． 2．所有试题均在答题卡相应的区域内作答． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部. 【详解】由，则， 所以的虚部为. 故选：D. 2. 如图是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成棱长为1cm的小立体，则两面是红色的小立方体的个数为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】位于大正方体的12条棱处的小正方体，除了顶点处的小正方体外，其它的小正方体有2面涂有红色，问题得以解决. 【详解】位于大正方体的12条棱处的小正方体，除了顶点处的小正方体外， 其它的小正方体有2面涂有红色，总共有个. 故选：C. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦两角和差公式，求出和，进而求出结果. 【详解】， 则，， 解得，得， 即， 故选：B. 4. 如图，在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点．设，，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用，表示出即可. 【详解】由题设，， 所以. 故选：B 5. 将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合对函数图象的影响可得. 【详解】将函数的图象上各点向右平移个单位长度，得到函数即的图象， 再把函数的图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，就得到函数的图象， 然后再把函数的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的4倍，就得到函数的图象. 故选：A. 6. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，应用向量的坐标运算即可求解；法二：连接，设，则，，即可求解. 【详解】方法一：如图1，以A为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，则）． 设，则．因为，所以． 由题意知，圆O的半径．因为点P在弧（包括端点）上， 所以，所以的取值范围是． 方法二：如图2，连接．易知， 设，则． 由已知可得，所以， 所以 ． 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 7. 在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立.根据题干条件，在中由余弦定理即可求解. 【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接. 由题易知：，，平面. 在中，，故， 所以是边长为2的等边三角形. 将展开到与共面，如图所示， 则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值. 在中，，， 由余弦定理可得：， 所以， 即的最小值为. 故选：A. 8. 锐角的内角所对应的边分别为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正余弦定理，变形已知条件，求出与角的余弦之间的关系，根据锐角三角形，求出角的范围，求出结果. 【详解】已知，又因为， 所以，解得， 所以，即， 由，得， 由，得，化简得， 即， 可得或者（舍），所以， 因为为锐角三角形，所以，即，解得， 所以，所以，所以， 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分） 9. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角公式和两角和差公式求解即可. 【详解】，A正确； ，B正确； ，C错误； ，D正确； 故选：ABD 10. 如图正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 正方体被面分割成两部分的体积比为 B. 点C到平面的距离为. C. 四面体的外接球体积为 D. 二面角的大小为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用棱锥的体积公式计算分割成的三棱锥的体积，用间接法计算另一部分体积求其比值即可；对于B，先证平面，即得点C到平面的距离即即可；对于C，根据图形判断四面体与正方体共外接球易得其体积；对于D，证明是二面角的平面角，在中求其正切值即可判断. 【详解】 对于A， 如图正方体被平面分割成的较小部分的体积为， 而较大部分的体积为，则正方体被面分割成两部分的体积比为，故A正确； 对于B，连接，设交点为点，则， 因平面，平面平面，则， 又平面，故平面， 则点C到平面的距离即，故B正确； 对于C，因四面体的外接球即正方体的外接球， 故其半径为，其体积为，故C正确； 对于D，连接，交于点，连接，因平面，平面，则， 又，平面，则平面， 因平面，故，即是二面角的平面角， 因，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知中角所对应的边分别为，下列命题正确的是（ ） A. 若为锐角三角形，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则为直角三角形 D. 若，则此三角形有两解 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据锐角三角形得到..，结合正弦函数单调性和诱导公式比较出大小；对于B，由同角三角函数关系，正弦定理和二倍角公式得到，进而求解判断即可；对于C，根据正弦定理及两角和的正弦公式化简即可判断；对于D，根据正弦定理求解判断即可. 【详解】对于A，若是锐角三角形，则，则， 其中，， 又在上单调递增， 故，故A正确； 对于B，若，则， 由正弦定理得， 又，故， 所以，即，则， 所以或，所以或， 为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，由，根据正弦定理得， 则， 则， 则， 则或，即或， 所以为直角三角形或等腰三角形，故C错误； 对于D，由，则，即， 因为，所以，所以此三角形有两解，故D正确. 故选：AD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答,作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，，则与的夹角为________. 【答案】 【解析】 【分析】两边平方，结合，，求出，利用向量夹角余弦公式进行求解，得到答案. 【详解】两边平方得， 又，，故，解得， 设与的夹角为，则， 所以. 故答案为： 13. __________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换先化简，结合诱导公式即可求解. 【详解】由题意得： . 故答案为：. 14. 已知正方体的棱长为，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为________． 【答案】## 【解析】 【分析】先证明平面即平面，再找出动点的轨迹为线段，最后计算的长度即可. 【详解】如图，取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、， 因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且， 由正方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以、、、四点共面， 所以平面平面， 连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点， 所以线段即为点的轨迹， 如图在平面中，过点作，交于点，则为的中点， 因为，所以，所以， 所以， 又因为，，所以， 所以 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于找出动点的轨迹，再将其放在平面中进行求解. 四、解答题（本大题共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. 已知函数 （1）求的单调增区间和对称中心； （2）若，，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，化简函数解析式，根据整体换元法，求出函数单调区间和对称中心即可； （2）已知三角函数值，根据同角三角函数关系和两角和的余弦公式，求出函数值即可. 【小问1详解】 因为， 由，得， 故的单调增区间为． 由，得， 故的对称中心为； 【小问2详解】 因为，即， 因为，所以， 所以， 所以 . 16. 如图是一个正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm． （1）求四棱台的表面积； （2）若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，求削去部分与圆台的体积之比． 【答案】（1）（） （2） 【解析】 【分析】（1）分别取的中点，连接，过作于，然后根据已知条件求出斜高，再根据表面积公式可求得结果； （2）由题意可知最大的圆台是上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为棱台的高，求出圆台的体积，再求出正四棱台的体积，即可求出削去部分的体积，从而可求出削去部分与圆台的体积之比． 【小问1详解】 在正四棱台中，分别取上、下底面的中心，连接，则 分别取的中点，连接，过作于， 因为在正四棱台中，，， 所以， 在中，， 所以正四棱台的表面积为 （）； 【小问2详解】 若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，则圆台的上下底面圆与正四棱台的上下底面正方形相切，高为正四棱台的高， 则圆台的上底面半径为，下底面半径为，高， 所以圆台的体积为（）， 因为正四棱台的体积为（）， 所以削去部分的体积为（）， 所以削去部分与圆台的体积之比. 17. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为，求a的值； （3）若角A的平分线交于点D，且，求的值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边得，结合得出，由余弦定理即可求解； （2）由得，根据三角形面积公式得，结合即可求解； （3）由二倍角公式求得，由等面积法和三角形面积公式得出，结合即可求解． 【小问1详解】 由正弦定理及，得， 因为，所以，所以， 所以由余弦定理，得． 【小问2详解】 由，所以， 由的面积为，得，所以． 又，所以， 故． 【小问3详解】 因为，所以， 又，所以，所以， 由，得， 所以， 所以． 18. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，底面为正方形，分别为的中点，设平面平面． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，二面角的大小为，求与底面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为底面为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以. （2） 取的中点，连接，， 因为点分别为的中点， 所以，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 又因为平面，平面平面 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面平面，引用面面垂直的性质定理，得平面，再根据线面垂直的性质，得到； （2）取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理得平面，最后利用线面平行性质定理得到； （3）由二面角的定义知是二面角的平面角，由此可设再由面面垂直的判定定理可知平面，所以即为与底面所成角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面，平面，所以，又， 是二面角的平面角，所以， 设则，连接，， 因为，平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，所以即为与底面所成角， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以在直角三角形中，. 所以与底面所成角的正弦值为. 19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中． （1）若向量，求． （2）已知向量，，证明：． （3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，． ①若的从小到大依次为，求n． ②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，） 【答案】（1） （2）证明：因为向量， 所以， 所以 化简得； （3）①760； ②，理由如下： 令，则， 又因为，所以， 又因为，所以，由零点存在定理可得， 由（1）可知在上单调递减， 所以，即，所以 【解析】 【分析】（1）先由题设得到，接着由结合数量积的运算律计算即可求出； （2）先由题设得，再由结合数量积的运算律计算得证； （3）①先由（2）化简，进而将题设等价于方程的根，作出的图象，结合函数的周期分析求解即可；②令，由和结合零点存在定理得，再结合①得到及其大小范围即可得解. 【小问1详解】 因为向量，所以， 又因为， 所以， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，化简得， 所以， 则方程的根等价于的根， 如图所示，在的一个周期内，方程根的个数为3， 因为， 则当，根的个数， ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市郫都区2024～2025学年度下期期末考试 高一数学 说明：1．本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟． 2．所有试题均在答题卡相应的区域内作答． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 如图是一个表面被涂上红色的棱长是4cm的立方体，将其分割成棱长为1cm的小立体，则两面是红色的小立方体的个数为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 32 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 如图，在中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点．设，，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）. A. B. C. D. 6. 如图，圆O内接边长为1的正方形是弧（包括端点）上一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 锐角的内角所对应的边分别为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分） 9. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 正方体被面分割成两部分的体积比为 B. 点C到平面的距离为. C. 四面体的外接球体积为 D. 二面角的大小为 11. 已知中角所对应的边分别为，下列命题正确的是（ ） A. 若为锐角三角形，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则为直角三角形 D. 若，则此三角形有两解 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答,作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，，则与的夹角为________. 13. __________． 14. 已知正方体的棱长为，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为________． 四、解答题（本大题共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. 已知函数 （1）求的单调增区间和对称中心； （2）若，，求的值. 16. 如图是一个正四棱台的铁料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm． （1）求四棱台的表面积； （2）若要这块铁料最大限度打磨为一个圆台，求削去部分与圆台的体积之比． 17. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求的值； （2）若的面积为，求a的值； （3）若角A的平分线交于点D，且，求的值． 18. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，底面为正方形，分别为的中点，设平面平面． （1）求证：； （2）求证：； （3）若，二面角的大小为，求与底面所成角的正弦值． 19. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系．在的斜坐标系中，任意一点P的斜坐标这样定义：设，分别为正方向同向的单位向量，若向量，记向量．在的斜坐标系中． （1）若向量，求． （2）已知向量，，证明：． （3）若向量，的斜坐标分别为和，，设函数，，． ①若的从小到大依次为，求n． ②比较与的大小，并说明理由．（参考数据：，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $