精品解析：辽宁省锦州市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

2024~2025学年度第二学期期末考试 高一数学 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z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由复数除法运算计算z，再根据虚部定义求解. 【详解】根据题意，， 则z的虚部为. 故选：B 2. 下列四个命题正确的是（ ） A. ， ， B. ，， C. ， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐一分析四个选项即可. 【详解】若， ， ，则直线与的位置关系可以平行和异面，故A错误； 若，，，则直线与的位置关系可以平行、相交和异面，故B错误； 若 ，，则 或 ，故C错误； 若，，则，又，则，故D正确. 故选：D 3. 下列函数为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的定义，以及三角函数的性质，逐项判定，即可求解， 【详解】函数的定义域为关于原点对称， 又，所以是偶函数，故A不符合题意； 函数的定义域为关于原点对称，又， 所以是奇函数，故B符合题意， 函数的定义域为关于原点对称，又， 所以且，所以是非奇非偶函数，故C不符合题意； 函数的定义域为关于原点对称，又，所以是偶函数，故D不符合题意． 故选：B 4. 已知，，则向量在上的投影的数量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，， 则向量在向量上的投影的数量为. 故选：A 5. 如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设底面边长为，根据侧棱长和高求出，进而求出棱锥的斜高，最后求出侧面积即可． 【详解】设正六棱锥底面边长为，则由正六边形的性质可知底面中心到底面顶点的距离为， 又正六棱锥高为1且侧棱长为，根据正六棱锥的性质得，解得， 所以侧面等腰三角形的高， 所以棱锥侧面积为. 故选：A 6. 在中， ，是边上一点，， ， ，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理求出 ， ，利用正弦定理即可求出的长. 【详解】由题意，在中，， ， ， 由余弦定理得， ， ∴ ， ∴， 在中, 由正弦定理得， ， 故选：C. 7. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数在上为减函数 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 点是函数图象的一个对称中心 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数解析式，结合正弦型函数的周期公式、单调性、对称性逐一判断即可. 【详解】. A：因为，所以由，因此本选项说法不正确； B：由上可知：， 当时，， 因此函数在上为增函数，所以本选项说法不正确； C：因为， 所以直线不是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法不正确； D：因为， 所以点是函数图象的一个对称中心，因此本选项说法正确， 故选：D 8. 在正三棱柱中，，外接球表面积为，P为的中点，Q为侧面内（含边界）一点，若平面，则点Q运动轨迹的长度为（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求出外接球半径，作出辅助线，根据外接球半径求出正三棱柱的高 ，取的中点，连接，证明出面面平行，从而当在线段上时，平面 ，故 平面，故点Q运动轨迹的长度为的长，求出. 【详解】设正三棱柱的外接球半径为， 则，解得， 设的中点分别为，连接， 在上分别取，使得， 故分别为等边三角形和等边三角形 的中心， 连接 ，则 的中点即为正三棱柱的外接球球心， 即，设正三棱柱的高为，则，， 因为，所以，， 则，解得 ， 因为P为的中点，所以，又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 取的中点，连接，则，同理可证 平面， 因为，平面 ，所以平面 平面， 故当在线段上时，平面 ，故 平面， 故点Q运动轨迹的长度为的长，. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是虚数单位，若复数满足，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. D. 若复数满足，则的最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则化简复数，结合共轭复数、复数的模公式、复数的乘方运算法则和复数模的几何意义逐一判断即可. 【详解】. A：因为的共轭复数为，所以本选项说法正确； B：因为，所以本选项说法正确； C：因为，所以本选项说法错误； D：设复数在复平面对应的点为，设复数在复平面对应的点为， 因为，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上， 式子表示复平面内 两点的距离， 因此的最大值为，所以本选项说法正确， 故选：ABD 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 时，的最大值是 C. 的图象向右平移个单位后为奇函数 D. 与有相同的零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出的解析式，求出周期判断A，结合正弦函数性质利用整体法求值域判断B，先求出平移后的解析式，再根据正弦函数性质判断C，分别求出函数与的零点即可判断D. 【详解】观察图象得，，得，而，所以， 因为，所以，又，所以， 所以，故A正确； 对于B，当时，，所以， 所以，即的最大值是，故B错误； 对于C，的图象向右平移个单位后为， 则，故为奇函数，C正确； 对于D，令得， 即函数的零点为，令得， 即函数的零点为， 显然与无交集， 故与没有相同的零点，D错误. 故选：AC 11. 如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且，则下述正确的是（ ） A. OF∥平面BCE B. BF⊥平面ADF C. 点A到平面CDFE的距离为 D. 三棱锥C—BEF外接球的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用直线与平面平行判定判断A；证明直线与平面垂直判断B；利用等体积法求到平面 的距离，可得点到平面 的距离判断C；找出三棱锥外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的体积判断D． 【详解】对于A：因为，所以，又，所以，则四边形为平行四边形， 得，而平面 ，平面 ，所以平面 ，故A正确； 对于B：因为，平面平面，且平面平面，在面内， 所以平面，平面，则， 由 ，，平面，所以平面，故B正确； 对于C：由， 平面，平面，可得平面． 则点到平面 的距离等于到平面 的距离． 在中，由已知可得，则为等边三角形， 由对称性可知，而， 则 与也是等边三角形，且边长均为1，知，，， 由已知结合勾股定理求得， 则，所以． 所以，． 设到平面 的距离为， 由，得，解得，故C正确； 外接圆的圆心为，则矩形对角线长的一半为三棱锥外接球的半径，等于， 则三棱锥外接球的体积为，故D错误． 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 【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：. 13. 函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据正弦型函数的性质判断的对称性，由解析式判断单调性、值域、对称性，并确定两函数的交点情况，画出它们的图象，根据对称性求交点坐标之和. 【详解】由，则，即关于对称； 由在上递增且值域为、上递增且值域为 ，且关于对称； 又，根据对称性知：， 所以、且的图象如下， 所以，在的两侧各有4个交点，且4对交点分别关于对称， 故任意两个对称的交点横坐标之和为2，所有交点的横坐标之和为8. 故答案为：8 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 【答案】 【解析】 【分析】在 中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、 ，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值. 【详解】，， ， 由勾股定理得， 同理得，， 在 中， ，，， 由余弦定理得， ， 在中，，， ， 由余弦定理得. 故答案为：. 【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题. 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，求的坐标； （2）若，求与的夹角． 【答案】（1）或； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量模的坐标表示求解即可； （2）利用坐标表示向量的数量积及向量夹角公式得解. 【小问1详解】 由题意，设， 因为，所以，所以， 所以或． 【小问2详解】 因为， 所以，所以， 即， 设与的夹角为，则， 又，所以，所以与的夹角． 16. 如图，直三棱柱中，，若G，F分别是 ，的中点． （1）求证：平面 ； （2）求证：平面平面； （3）设M是中点，求直线与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）法一：取中点H，连接，，利用线面平行的判定定理证得平面 ，平面 ，进而利用面面平行的判定定理得平面平面 ，最后利用面面平行的性质定理证明即可； 法二：连接，根据中位线的性质得，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用棱柱性质得，根据勾股定理得，进而利用线面垂直的性质定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可； （3）连接，，利用线面角的定义得即为所求的线面角，在直角三角形中求解正弦值即可； 【小问1详解】 法一：取中点H，连接，， ，H，F分别为 ，和中点． ，，，从而， 平面 ，平面 ，平面 ， 平面 ， 平面 ，平面 ，平面，平面， 与在平面内且相交，平面平面 ， 平面．平 . 法二：连接， 为中点为中点，为 中 ， 平面 ，平面 ，平面 . 【小问2详解】 在直棱柱中，平面 ， 平面 ，， 不妨设，，，， ，， 又与在平面内且相交，平面， 平面，平面平面. 【小问3详解】 连接，， 平面 ，直线为直线在平面 内的射影， 是与平面 所成的角， 在中，， ， 故. 17. 已知分别为三个内角 的对边，向量，. （1）求； （2）若.求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示可得，利用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和定理、和差公式及辅助角公式即可求解； （2）利用向量的线性运算可得，结合题意由、向量数量积及面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 所以， 所以， ，即， 又，故，即. 【小问2详解】 ，所以， ， , 又,即, , 或（舍）, 故. 18. 如图，在三棱锥 中，平面平面，，为 的中点. （1）证明： ； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上， ，且二面角 的大小为，求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明：因为，O是 中点，所以 ， 因为 平面，平面平面， 且平面 平面 ，所以 平面． 因为平面，所以 ； (2). 【解析】 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）略 （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则 ，设 , 所以 ， 设为平面 的法向量， 则由可求得平面 的一个法向量为 ． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥 的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作 ，垂足为点G． 作 ，垂足为点F，连结，则 ． 因为 平面，所以 平面， 为二面角 的平面角． 因为 ，所以 ． 由已知得 ，故 ． 又 ，所以． 因为 ， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角 ，记 为，为， ， 记二面角 为．据题意，得 ． 对使用三面角的余弦公式，可得 ， 化简可得 ．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得 ．② 将①②两式平方后相加，可得 ， 由此得 ，从而可得． 如图可知 ，即有， 根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值， 可得 从而可得三棱锥 的体积为． 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理； 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解. 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中． （1）若，求的值； （2）当 取最大值时，记，求M； （3）在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简已知得，然后利用正弦定理并用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理求解即可； （2）当 取最大值时 最小，利用基本不等式求得 的最小值，然后利用同角三角函数关系求解，即可得解； （3）将已知问题转化为，恒成立，设，利用正切函数的单调性求得，即，解不等式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 在中由正弦定理得：， 则， 所以，即，由正弦定理得． 由及余弦定理得； 【小问2详解】 由得A为锐角，则当 最大时 最小， 所以 当且仅当时，即时取最小值，此时， 故； 【小问3详解】 ，则恒成立， 因为，所以，恒成立， 设，当时，是增函数，则， 又，设，则，解得， 所以，因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第二学期期末考试 高一数学 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z满足，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个命题正确的是（ ） A. ， ， B. ，， C. ， D. ，， 3. 下列函数为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则向量在上的投影的数量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在中， ，是边上一点，， ， ，则的长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数在上为减函数 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 点是函数图象的一个对称中心 8. 在正三棱柱中， ，外接球表面积为，P为的中点，Q为侧面内（含边界）一点，若平面，则点Q运动轨迹的长度为（ ） A. B. 3 C. D. 4 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. 已知是虚数单位，若复数满足，则（ ） A. 的共轭复数为 B. C. D. 若复数满足，则的最大值为2 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 时，的最大值是 C. 的图象向右平移个单位后为奇函数 D. 与有相同的零点 11. 如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且，则下述正确的是（ ） A. OF∥平面BCE B. BF⊥平面ADF C. 点A到平面CDFE的距离为 D. 三棱锥C—BEF外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 13. 函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于______. 14. 如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 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，求的坐标； （2）若，求与的夹角． 16. 如图，直三棱柱中，，若G，F分别是 ，的中点． （1）求证：平面 ； （2）求证：平面平面； （3）设M是中点，求直线与平面 所成角的正弦值． 17. 已知分别为三个内角 的对边，向量，. （1）求； （2）若.求的面积. 18. 如图，在三棱锥 中，平面平面，，为 的中点. （1）证明： ； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上， ，且二面角 的大小为，求三棱锥 的体积. 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中． （1）若，求的值； （2）当 取最大值时，记，求M； （3）在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $