精品解析：四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

成都市实验外国语学校2024—2025学年下学期 期末考试 高一年级数学学科试题 考试时间120分钟 满分150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 等于（ ） A. B. C. D. 2. 某工厂生产两种型号的产品共5600件，其中型号的产品3200件，现采用分层随机抽样的方法从中抽取280件进行质检，则型号的产品被抽取的件数为（ ） A. 80 B. 120 C. 160 D. 200 3. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 为了培养学生的数学建模能力，某校成立“不忘初心”学习兴趣小组.今欲测量学校附近淮河河岸的一座“望淮塔”的高度AB，如图所示，可以选取与该塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，，在点C测得“望淮塔”塔顶A的仰角为60°，则“望淮塔”高（ ） A. B. C. D. 60m 5. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 6. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 8. 若函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，且为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则（ ） A. 为偶函数 B. 的最小正周期是 C. 的图象关于直线对称 D. 将图象向左平移后，在上单调递减 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角终边上一点坐标，则_________. 13. 在中，若，则的值为__________.（结果保留整数）. 14. 设，在复平面内对应的点为，则满足的点的集合形成的图形面积为______． 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. 如图，已知菱形的边长为，，为的中点，点在对角线上，且，设，． （1）用向量，表示，； （2）求的值． 16. 已知函数f（x）cos（2x）﹣2sinxcosx. （1）求f（x）的最小正周期及对称中心； （2）当x∈（]时，求f（x）的值域. 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧面是等边三角形，平面平面， 为的中点. （1）求证：平面. （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，. （1）求角和； （2）已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 19. 如图1，斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面. （1）求证：直线平面； （2）设直线与直线的交点为点E，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角的正切值； （3）若，，，若斜三棱柱内存在两个半径相等的球，这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱的高. （参考定理：如图2，直线AO是平面的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面内.设，，，有） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市实验外国语学校2024—2025学年下学期 期末考试 高一年级数学学科试题 考试时间120分钟 满分150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】，即可得到答案. 【详解】 故选：C 【点睛】本题考查的是三角函数的诱导公式，较简单. 2. 某工厂生产两种型号的产品共5600件，其中型号的产品3200件，现采用分层随机抽样的方法从中抽取280件进行质检，则型号的产品被抽取的件数为（ ） A. 80 B. 120 C. 160 D. 200 【答案】B 【解析】 【分析】由分层抽样的定义列出比例式即可求解. 【详解】设型号的产品被抽取的件数为，则，解得. 故选：B 3. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） 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】化简复数，求出共轭复数即可判断对应点所在象限. 【详解】因为 所以，共轭复数对应的点坐标为，位于第四象限， 故选：D. 4. 为了培养学生的数学建模能力，某校成立“不忘初心”学习兴趣小组.今欲测量学校附近淮河河岸的一座“望淮塔”的高度AB，如图所示，可以选取与该塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，，在点C测得“望淮塔”塔顶A的仰角为60°，则“望淮塔”高（ ） A. B. C. D. 60m 【答案】C 【解析】 【分析】在中由正弦定理求出，再解直角，就可以得到 【详解】在中，，，可得， 由正弦定理得：，则， 可得：， 再在直角中，， 故选：C. 5. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为， ，， . 故选：B. 6. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的公式即可求解. 【详解】由在上的投影向量为， 故选：B. 7. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】应用线面位置关系线面平行线面垂直的判定定理及性质分别判断各个选项. 【详解】选项A中,若，，，则或异面，A错误； 选项B，若，，，则，，所以，B正确； 选项C，若，，则或在内，C选项错误； 选项D，若，，则或和相交，D选项错误. 故选:B． 8. 若函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，且为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得的最小正周期，即可求出，从而表示出的解析式，再根据其奇偶性求出． 【详解】因为函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为， 所以的最小正周期，又，所以， 所以，则，又为奇函数且， 所以，所以， 所以的最小值为． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知向量，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用平面向量的共线向量的坐标关系可判断A；先求出的坐标，利用平面向量垂直的坐标关系可判断B；利用平面向量相等的坐标关系可判断C；先求出，利用平面向量相等的坐标关系可判断D. 【详解】由于，，， 选项A：由于，故不成立，即A错误； 选项B：，故，故成立，故B正确； 选项C：因为， ，故不成立，故C错误； 选项D：，，故成立，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到函数的图象，则（ ） A. 为偶函数 B. 的最小正周期是 C. 的图象关于直线对称 D. 将图象向左平移后，在上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件求出的解析式，在通过三角函数的伸缩变化求出的解析式，结合三角函数的单调性、周期性、对称性、奇偶性即可求出答案. 【详解】由图知，，则，即，因为，所以. 因为为的零点，则，得. 由图知，， 则，所以，，从而. 由题设，， 则为非奇非偶函数，所以A错； 的最小正周期，所以B正确； 当时， ，则的图象关于直线对称，所以C正确； ，，将图象向左平移后，在上单调递减，所以D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取分别为的中点，连接，可得，可判断A；求得截面面积可判断B；因为平面，所以为直线与平面所成的角，可求得线面角的正弦的最大值判断C；找出距离球心最远的点，即可利用球的性质得出截面圆半径的最小值，求得截面的最小面积判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接，所以， 因为分别是棱的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，又是侧面内， 所以，又，所以点的轨迹是一条长为的线段，故A正确； 对于B，易证，又，所以， 所以平面截正方体所得截面为等腰梯形， 又，所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以最小时，正弦值最大， 所以当点在线段中点时，最小，最小值为， 此时线面角的正弦值为，故C正确； 对于D，正方体的外接球的半径为， 当点在或处时，正方体的中心（即外接球球心）离点距离最远为， 此时以点为截面圆心，截面圆半径最小为，所以截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角终边上一点坐标，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据终边上的点及余弦函数的定义求函数值. 【详解】由题设. 故答案为： 13. 在中，若，则的值为__________.（结果保留整数）. 【答案】7 【解析】 【分析】根据余弦定理求解即可 【详解】在中，∵， 由余弦定理，得 所以 故答案为：7. 14. 设，在复平面内对应的点为，则满足的点的集合形成的图形面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的模的几何意义确定点的集合所表示的图形，再根据圆的面积公式计算该图形的面积． 【详解】根据复数模的几何意义，复数在复平面内对应的点到原点的距离为． 已知，这表示点到原点的距离大于等于且小于等于，所以点的集合形成的图形是以原点为圆心，半径和半径的两个圆所夹的圆环（包括内外圆周）．  半径为的圆的面积，半径为的圆的面积． 所以圆环的面积．  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. 如图，已知菱形的边长为，，为的中点，点在对角线上，且，设，． （1）用向量，表示，； （2）求的值． 【答案】（1）， （2）1 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用向量的线性运算，即可求解； （2）利用（1）中结果，由向量数量积的定义和运算律，即可求解. 【小问1详解】 因为，，所以； 因为，，所以， 所以． 【小问2详解】 由题知，，，的夹角为， 所以. 16. 已知函数f（x）cos（2x）﹣2sinxcosx. （1）求f（x）的最小正周期及对称中心； （2）当x∈（]时，求f（x）的值域. 【答案】（1），；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据两角差的余弦公式和辅助角公式，化为正弦型函数，再求它的最小正周期及对称中心； （2）利用正弦函数的性质求出时的取值范围即可． 【详解】解：（1）函数 ， 所以的最小正周期为， 令，，解得，， 的对称中心为； （2）当时，， ， 的值域为． 【点睛】本题主要考查三角函数的化简与性质，属于基础题． 17. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧面是等边三角形，平面平面， 为的中点. （1）求证：平面. （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：在等边中，因为 为的中点，所以， 在正方形 中，， 又因为平面平面 ，平面平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为,平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）证明，，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）取的中点，连接.证明是平面与平面 所成二面角的平面角.在中，由余弦定理即可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接. 则，又正方形 中，，所以, 在等边中，因为为 的中点，所以. 因为平面平面 ，平面平面， 所以平面 ，因为平面 ，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以是平面与平面 所成二面角的平面角. 设，则， 所以. 【点睛】 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，. （1）求角和； （2）已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】（1）， （2）①；②当，的面积取最小值 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，由余弦定理及已知条件得到，再由正弦定理将边化角，即可求出； （2）①利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； ②设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又，所以，则，又，所以； 因为，由余弦定理可得, 即，由正弦定理可得， 所以， 则， 所以， 即，即，即， 又，所以，所以，则； 【小问2详解】 ①由（1）可知， 因为，由正弦定理，所以，， 在中，由余弦定理可得 ，则， 因为，所以， ∵，∴， ∴，∴的周长为. ②设， 在中，， 由正弦定理，得， 又在中，由正弦定理可得，得， 所以 ， 所以当且仅当，即时，的面积取最小值为. 19. 如图1，斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面. （1）求证：直线平面； （2）设直线与直线的交点为点E，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角的正切值； （3）若，，，若斜三棱柱内存在两个半径相等的球，这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱的高. （参考定理：如图2，直线AO是平面的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面内.设，，，有） 【答案】（1） 斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，再证明线面平行； （2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出，即可得异面直线所成角； （3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用等边三角形性质得到内切圆半径，再证明两球心连线平行于侧棱，从而利用线面角大小是已知的来出三棱柱的高. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面ABC， 所以平面，又因为，所以平面， 又因为平面，所以, 又因为与互相垂直，,面， 所以面,又因为面,所以， 即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点， 设，由，结合余弦定理可得： 解得：，所以，因为，所以 故， 又 又平面，平面， 即在直角中，. 因为，所以与所成的角为 【小问3详解】 过作于，过作于，连 为直截面，则小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故，则 由，可设所以，由， 解得，所以； 因为，所以， 因为，所以， 由最小角定理， 所以，即, 由面,面,所以， 作，连接，又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 即是二面角的一个平面角， 因为，所以可得, 又因为，所以可得， 又因为，所以， 因为，所以， 又因为也是二面角的一个平面角，所以， 又因为，所以三角形是等边三角形，且边长为， 根据边长为的等边三角形的高为， 而等边三角形内切圆的圆心为高线的三等分点，所以内切圆半径：， 因为球到三个平面的距离都相等， 所以平面，平面， 根据线面平行的性质，则必在平面内在直线， 也必在平面存在直线，从而有， 即可推出平面， 又因为平面，平面平面， 所以，又因为，所以， 即与底面所成的线面角等于， 再由，可得 则 【点睛】方法点睛：需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，求出二面角的平面角，再根据球心连线与侧棱平行，把高的问题转化为，把球的半径问题又转化为直截面的内切圆半径问题，从而问题得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $