精品解析：四川省攀枝花市2024-2025学年高一下学期普通高中教学质量监测数学试题

攀枝花市2024-2025学年度（下）普通高中教学质量监测2025.7 高一数学试题卷 本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题：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】D 【解析】 【分析】由复数几何意义可得答案. 【详解】在复平面对应的点为，该点在四象限. 故选：D 2. 在平行四边形中，设为线段的中点，为线段上靠近的三等分点，，，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加减法运算法则求解即可. 【详解】，，，所以． 故选：A. 3. 已知四棱锥的所有棱长均相等，点，分别为线段，的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接交于点，连接，可得异面直线与所成角，进而证明为等腰直角三角形，即可求解. 【详解】连接交于点，连接，∥，则为异面直线与所成角， 因为四棱锥棱长均相等，所以四边形为平行四边形， 所以为的中点，所以， 又，平面，所以平面， 所以，所以为正方形，所以， 所以，所以， 所以等腰直角三角形,所以． 所以异面直线与所成的角为. 故选：B. 4. 如图是函数的部分图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过观察图像可得A和周期，根据周期公式可求出，再代入最低点坐标可得. 【详解】由图象知，，，； 所以，又因为函数图象过点，所以， 所以，所以，结合，得． 故选：D. 5. 已知、为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系，逐项判断正误即可． 【详解】对于A选项，若，，则或与异面，故A错误； 对于B选项，若，，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C选项，若，，则或在内，故C错误； 对于D选项，若，则存在使得，，则， 又，又，所以，又，所以，故D正确． 故选：D. 6. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可计算得出结果. 【详解】， ， 则原式． 故选：C. 7. 在△中，，边上的高等于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可求得，利用余弦定理可求得，由余弦定理可求得. 【详解】设，由，边上高，且，可得． 设，代入、， 由余弦定理可是得，即． 所以． 故选：A. 8. 设平面向量，，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，可得．两边平方，结合，，得到，求出最小值为，因此的最小值为 【详解】因为，所以，代入可得． 因为，所以， 两边平方得 ， 又，故 当时，取得最小值，因此的最小值为 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设是任意的非零向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数量积定义与数量积的运算律逐一判断即可. 【详解】对于A选项，时，或，故A错误； 对于B选项，若，则，所以， ，所以，故B正确； 对于C选项，，则，即， 所以，故C正确； 对于D选项，，则与共线同向，故D错误． 故选：BC. 10. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 圆锥截面的面积的最大值为 D. 若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：求出圆锥的体积即可判断；对于B：直接求出圆锥的侧面展开图的圆心角即可判断；对于C：最大时，截面面积最大，计算可判断；对于D：利用圆锥的侧面展开图可求最短距离可判断. 【详解】对于A选项，圆锥高，体积； 对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角； 对于C选项，截面面积， 当直径两端点为，，因为底面半径为1，故直径为2，小于母线长，故此时为锐角， 底面直径两端点，对应最大，又， 所以，故面积最大值为； 对于D选项，侧面展开图扇形圆心角， 在上且，则， 展开后扇形中，与 (对应底面同一点)的圆心角为，最短路径为线段， 由余弦定理：，故D错误． 故选：ABC. 11. 已知函数，则（ ） A. 若相邻两条对称轴的距离为，则 B. 若是奇函数，则的最小值为1 C. 当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为 D. 若在区间上有且仅有两个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简得，进而根据周期可判断A，，由题意可得，结合已知可判断B，根据函数图象的平移可判断C，根据零点个数确定不等式满足的条件可判断D. 【详解】 ， 对于A： 若相邻对称轴距离为，则周期，由得，故A错误． 对于B： ，若为奇函数， 则，所以，又，所以最 小 值 为 1， 故B正 确 ． 对于C： 时，向左平移个单位后，解析式为 ，故C正确． 对于 D： 时，， 即， 需有且仅有两个零点，故，解得，故D正确． 故选：BCD, 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的除法运算求解复数，即可求得模长. 【详解】解：复数z满足，则， 所以. 故答案为：. 13. 已知，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】利用同角的三角函数的关系可求得，进而利用两角和的正切公式求解即可. 【详解】由，，可得， 所以，所以． 故答案为：. 14. 如图，直三棱柱中，，，，点在棱上，且．当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】． 【解析】 【分析】设，，利用可得，表示出的面积，根据基本不等式求最值，根据题意可得为直角三角形，且是他们的公共斜边， 所以三棱锥为外接球直径为，然后计算表面积即可. 【详解】设，，又，，，所以， 则，， 又，，即，整理得， 当且仅当即时取等， 又在直三棱柱中，，所以平面， 又平面，所以， 又，所以为直角三角形，且是他们的公共斜边， 所以三棱锥为外接球直径为，且, 所以三棱锥外接球的表面积为：． 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、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，． （1）求； （2）若，求的值； （3）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得，根据模长的坐标计算即可求解； （2）利用向量平行的坐标表示即可求解； （3）根据，代入坐标运算即可； 小问1详解】 由题意得． 故 【小问2详解】 ， ． 因为，所以． 即，解得． 小问3详解】 ． 又． 故． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）求函数的单调递减区间； （3）当时，求的最大值以及取到最大值时的值． 【答案】（1） （2）(开区间亦可) （3）当时，取得最大值 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期； （2）由余弦型函数的单调性可得出函数的单调递减区间； （3）由可求得的取值范围，结合余弦型函数的最值可得出函数的最大值及其对应的值. 【小问1详解】 由题意知： ． 所以，函数的最小正周期是． 【小问2详解】 令，函数的单调递减区间为． 由，解得， 所以函数的单调递减区间为（开区间亦可）． 【小问3详解】 当时，． 当时，即时，取得最大值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）证明：平面； （2）若正方形的边长为2，求直线与平面所成的角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知证明，，利用线面垂直的判定定理可得结论； （2）证明平面，可得是直线与平面所成的角，求解即可． 【小问1详解】 在正方形中，． 又∵侧面底面，平面平面，平面， ∴平面． 又平面，∴． ∵侧面是正三角形且是的中点，∴． 又∵平面，平面，， ∴平面． 【小问2详解】 由（1）知平面，∵，∴平面，平面故． 由（1）知，平面，平面， ∴平面．∴是直线与平面所成的角． 在正中，，∴，， 在中，，∴． ∴． 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若， ①求周长的取值范围； ②若为边上的中线，，求的面积． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）法一：利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得，进而可求；法二：利用余弦定理角化边可得，利用余弦定理求得，进而可求； （2）(ⅰ) 法一：由正弦定理可得，，利用三角恒等变换可求得周长的取值范围；法二：利用余弦定理，结合基本不等式与三边关系定理可求得周长的取值范围；(ⅱ)由余弦定理可得，利用，结合余弦定理可得，进而可求面． 【小问1详解】 法一：由正弦定理得． 从而，即， 又中，∴， 又，所以． 法二：由余弦定理得， 化简得， 则， 又，所以． 【小问2详解】 (ⅰ)法一：由正弦定理得， 则，，∵，∴． 的周长为 ． 又∵，∴，故， ∴周长的取值范围是． 法二：由余弦定理得， 所以． ∵，∴， ∴(当且仅当时取得等号)． 又∵， ∴周长的取值范围是． (ⅱ)在中，由余弦定理得，即． 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得． ∵，∴，∴． 所以，． 19. 如图，在等腰直角△中，，，为的中点，、分别为、边上一点，满足，．将△、△分别沿着、翻折成△、△，满足，在平面的同侧，且． （1）证明：，，，共面； （2）设几何体的体积为，求的最大值； （3）当取最大值时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形相似即可得故共线，进而可求证，或者利用相似得与重合求解， （2）根据题意可得几何体为三棱台，即可根据体积公式求解， （3）根据体积最大可得，进而根据二面角的定义可知是二面角的平面角，即可利用余弦定理求解. 【小问1详解】 延长，相交于点，连接、． 由题意，，所以，． 因为，所以，且在同一平面内． 所以．所以，故共线．即直线，所以共面． （法二）延长，相交于点． 因为，所以∽，且． 延长，相交于点． 因为，所以∽ 因为，，所以，故与重合． 即直线，所以共面． 【小问2详解】 因为，平面，平面，故平面 同理，平面 又，所以平面平面． 由（1）知共面，所以，几何体为三棱台． 由，，平面， 所以平面，从而平面平面．过作，垂足为， 则平面，故平面 易知，． 则． 当且仅当，即取到等号， 故体积的最大值为， 【小问3详解】 由（2）知，当取最大值时， 因为，所以 取的中点，连接，，则， 所以是二面角的平面角． 在三角形中，由余弦定理得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 攀枝花市2024-2025学年度（下）普通高中教学质量监测2025.7 高一数学试题卷 本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题：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. 在平行四边形中，设为线段的中点，为线段上靠近的三等分点，，，则向量（ ） A. B. C. D. 3. 已知四棱锥所有棱长均相等，点，分别为线段，的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 如图是函数的部分图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知、为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在△中，，边上高等于，则（ ） A B. C. D. 8. 设平面向量，，，，且，则的最小值为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设是任意的非零向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为4，底面圆周上有一动点，则（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 圆锥截面的面积的最大值为 D. 若，且，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 11. 已知函数，则（ ） A. 若相邻两条对称轴的距离为，则 B. 若是奇函数，则的最小值为1 C. 当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为 D. 若区间上有且仅有两个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数满足，则__________． 13. 已知，，则______ 14. 如图，直三棱柱中，，，，点在棱上，且．当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，． （1）求； （2）若，求值； （3）求与的夹角的余弦值． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）求函数的单调递减区间； （3）当时，求的最大值以及取到最大值时的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点． （1）证明：平面； （2）若正方形的边长为2，求直线与平面所成的角的正切值． 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若， ①求周长的取值范围； ②若为边上的中线，，求的面积． 19. 如图，在等腰直角△中，，，为的中点，、分别为、边上一点，满足，．将△、△分别沿着、翻折成△、△，满足，在平面的同侧，且． （1）证明：，，，共面； （2）设几何体的体积为，求的最大值； （3）当取最大值时，求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $