精品解析：江苏省宿迁市某校2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题

高一年级调研测试 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 5.命题：仲家琛 审校：王旭 范围：必修二9~13章 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. （ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 在锐角三角形中，内角的对边分别为，已知，则角的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 7. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，点是线段上一动点，则的最小值是 A. B. C. D. 8. 设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的“仿射坐标”为 C. 若，则 D. 若，则 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在中，角所对边长为，，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的外接圆半径是 C. D. 10. 设i为虚数单位，复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则实数a的值为2 B. 若在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是 C. 实数是（为的共轭复数）的充要条件 D. 若，则实数a的值为2 11. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（ ） A. 无论点在何位置，总有 B. 点存在两个位置，使得成立 C. 当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 D. 当时，为上一点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知分别是的内角的对边，，且，则周长的最小值为_____． 13. 在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________. 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量， （1）若与垂直，求k； （2）若向量，若与共线，求. 16. 如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 17. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围. 18. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割： （1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； （2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 19. 在中，对应的边分别为，. （1）求角的大小； （2）奥古斯丁·路易斯·柯西是法国著名的数学家，他在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名的，如柯西不等式、柯西积分公式等，其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.下列为三维柯西不等式： ， 其中，当且仅当时等号成立，在（1）的条件下，若. ①求的最小值； ②若是内一点，过点作的垂线，垂足分别为，设的面积为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级调研测试 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 5.命题：仲家琛 审校：王旭 范围：必修二9~13章 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接用两角差的正弦公式化简求值. 【详解】原式. 故选：D 2. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 且，故选项C正确. 3. 已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】化简得到得到，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得得到，共线，得到答案. 【详解】，故，整理得到，即， 故，共线且方向相同， 存在非零实数x，y，使得，故，共线， 即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由知，由两角和的正弦公式展开并整理得到，再利用得到，由基本不等式得. 【详解】若，则， 所以， 所以，即， ， 若使得取得最大值，不妨设， 则， 当且仅当，即时取等号. 故选：D. 【点睛】方法点睛：三角函数中的凑角技巧 ； ； . 5. 在锐角三角形中，内角的对边分别为，已知，则角的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用三角形内角关系化简得，利用两角和的正切公式和基本不等式即可求得的最小值，进而可求结论. 【详解】由已知得， 整理得，因为，所， 又因为， 所以，即， ， 当且仅当时等号成立，故角A的最小值为． 故选：B. 6. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，若，，，不一定；对于B，先由和得，再由结合面面垂直的判定定理即可得解；对于C，若，，，则与相交或或；对于D，若，，由面面垂直的性质得或. 【详解】对于A，若，，，则与相交或，故A错误； 对于B，若，，则，又，则，故B正确； 对于C，若，，，则与相交或或，故C错误； 对于D，若，，则或，故D错误. 故选：B. 7. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，点是线段上一动点，则的最小值是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，不难看出CP+PA1的最小值是A1C的连线．（在BC1上取一点与A1C构成三角形，因为三角形两边和大于第三边）由余弦定理即可求解． 【详解】连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内， 连接A1C，长度即是所求． ∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1， ∴矩形BCC1B1是边长为的正方形；则BC1＝2； 另外A1C1＝AC＝6； 在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝，BB1，则A1B＝； 易发现62+22＝40，即A1C12+BC12＝A1B2， ∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135° 故A1C 故答案为B. 【点睛】本题考查的知识是棱柱的结构特征及两点之间的距离，其中利用旋转的思想，将△CBC1沿BC1展开，将一个空间问题转化为平面内求两点之间距离问题是解答本题的关键． 8. 设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的“仿射坐标”为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“仿射坐标”定义，．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可． 【详解】根据“仿射坐标”定义，． 对于A，，即，因此．故A正确． 对于B，,则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确． 对于C，若，则， 化简， 即，解得，故C错误． 对于D，若，， 则，联立得出，故D正确． 故选：ABD. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在中，角所对边长为，，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的外接圆半径是 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理可直接求得，知A正确；根据长度关系可求得，由此可得，由正弦定理即可求得B正确；利用可整理得到C错误；根据，利用基本不等式可构造不等式求得结果，知D正确. 【详解】对于A，在中，由余弦定理得：， ，A正确； 对于B，当时，为等腰三角形，则，； 设外接圆半径为，则，，B正确； 对于C，，， 即，，C错误； 对于D，由知：（当且仅当时取等号）， 解得：，，D正确. 故选：ABD. 10. 设i为虚数单位，复数，则下列命题正确的是（ ） A. 若为纯虚数，则实数a的值为2 B. 若在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是 C. 实数是（为的共轭复数）的充要条件 D. 若，则实数a的值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先应用复数的乘法得，再根据纯虚数概念、复数所在象限，以及与共轭复数或另一个复数相等，求参数的值或范围，进而可确定选项的正误 【详解】 ∴选项A：为纯虚数，有可得，故正确 选项B：在复平面内对应的点在第三象限，有解得，故错误 选项C：时，；时，即，它们互为充要条件，故正确 选项D：时，有，即，故正确 故选：ACD 【点睛】本题考查了复数的运算及分类和概念，应用复数乘法运算求得复数，再根据复数的概念及性质、相等关系等确定参数的值或范围 11. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（ ） A. 无论点在何位置，总有 B. 点存在两个位置，使得成立 C. 当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为 D. 当时，为上一点，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据垂直关系，即可判断A，首先计算平面平面时，三棱锥的体积，即可判断B，以及将异面直线所成角，转化为相交直线所成角，即可判断C，根据，都为正三角形，即可判断D. 【详解】选项A，设菱形对角线的交点为， 如图所示，无论点在何位置，总有，， 因为，，平面，平面，， 所以平面，又因为平面，所以成立，选项A正确； 选项B，点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值， 其中 使得成立，只有平面平面成立时的一个点，选项B错误； 选项C，因为， 所以异面直线与所成角即为（或其补角）， 因为平面平面，且平面平面， ，所以平面，平面， 即有， 因为菱形的边长为2，， 所以， 所以， 在中，，选项C正确； 选项D，当时，易得，都为正三角形，取最小值时，点为中点，的最小值为，选项D不正确. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知分别是的内角的对边，，且，则周长的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】化简，求得角的大小，用三角形的面积公式列式，然后利用基本不等式求得周长的最小值. 【详解】由得，故.由三角形面积公式得.所以三角形的周长，当且仅当时，等号成立.故周长的最小值为. 【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查利用基本不等式求最小值，属于中档题. 13. 在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】证明两两垂直，由的边长，求出外接球半径，求表面积即可. 【详解】直角三角形ABC中，，，则斜边，， CH为斜边AB上的高，则，，， 平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 又，所以两两垂直， ，，， 则三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球表面积为. 故答案为：. 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值. 【详解】设点，由可得，整理可得， 化为标准方程可得， 因为为的中点， 所以， ， 记圆心为，当点为线段与圆的交点时， 取最小值，此时，， 所以，. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量， （1）若与垂直，求k； （2）若向量，若与共线，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）借助数量积的坐标运算即可得； （2）借助向量共线定理与模长的坐标表示计算即可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为与垂直，所以， 整理得，解得； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 因为与共线，故， 所以，解得， 所以，， 所以. 16. 如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面. （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又因为平面，平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，利用面面平行的性质，得到，再由平面，证得，进而得到和，证得平面，即可证得平面平面. （2）连接，由平面，得到，由平面，将问题转化为到平面的距离，再利用，即可求解. （3）分别取的中点，连接，利用平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作，得到则为平面与平面夹角，结合等面积法和射影定理，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，由（1）知平面， 所以就是直线与平面所成的角，即， 因为，所以，所以为直角三角形， 又，所以， 又因为平面平面， 所以点到平面的距离为， 因为平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为， 因为，所以， 因为，所以， 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 解：分别取的中点，连接，则， 因为且平面，，且平面， 所以平面平面， 若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为， 因为为的中点，，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 连接，过点作于点， 因为平面平面，且平面，所以平面， 过点作于点，连接， 则即为平面与平面夹角，即为，所以， 设，则， 因为，所以， 又因为，所以，， 在直角中，由射影定理知，所以， 在直角中，，所以， 在直角中，， 整理得，解得，即， 所以. 【点睛】 17. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间；（2）当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减，求得,,,,在区间上有三个零点，等价于函数与的图象在区间上有三个交点，数形结合可得结果. 【详解】（1） ， 由，得. 所以函数的单调递增区间为. （2）由，得， 函数的单调递减区间为. 当时，在区间和上单调递增， 在区间上单调递减. ,,,, 又在区间上有三个零点，等价于函数与的图象在区间上有三个交点，结合草图可知， 所以函数在区间上有三个零点时，. 【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的图象以及辅助角公式的应用，属于中档题.函数的单调区间的求法：(1) 代换法：①若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间. 18. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割： （1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； （2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 【答案】（1）G为PC上靠近C的四等分点，理由见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由条件及结合图形，考虑取PC上靠近C的四等分点为G,即可推得,即得平面； （2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即可推得结果； ②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即得. 【小问1详解】 由已知得，点E在棱PB上，满足,点F在棱PC上，满足， 如图，取PC上靠近C的四等分点为G，则必有, 则根据三角形相似，必有， 因平面, 平面, 易得EF∥平面 . 【小问2详解】 ①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H， 由（1） 可得，即G为的中点， 由， 可得B为MC的中点， 由AD∥BC及 可得D为CN的中点， 在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK， 则，, 所以，， 即 . ② 连接,两线交于点，连接,则平面，因平面，则, 因是正方形，则，又，故得平面， 由①得,则,故有平面， 又,则有平面，且平面, 过点作于点，则，则即直线与平面α所成角. 因，则，在中，, 故，即直线PA与平面α所成角的正弦值为 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面平行的判定探究和线面所成角的求法，属于较难题. 解题的关键在于在寻求与已知直线平行的直线，由线线平行得线面平行；关键二在于要求线面所成角，一般应构建平面的垂线，利用线面所成角的定义得到并借助于解三角形求得；也可利用等体积算出点到平面的距离再间接计算得到. 19. 在中，对应的边分别为，. （1）求角的大小； （2）奥古斯丁·路易斯·柯西是法国著名的数学家，他在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名的，如柯西不等式、柯西积分公式等，其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.下列为三维柯西不等式： ， 其中，当且仅当时等号成立，在（1）的条件下，若. ①求的最小值； ②若是内一点，过点作的垂线，垂足分别为，设的面积为，求的最小值. 【答案】（1）； （2）①108；②. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求解. （2）①化简为，由三维柯西不等式求解；②由三维柯西不等式有求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得，而， 则，即， 整理得，即，又， 于是，又，所以. 【小问2详解】 ①由正弦定理得， 由柯西不等式得 ， 当且仅当，即为正三角形时取等号， 所以的最小值为108. ②. 又， ，由三维柯西不等式 得， 当且仅当，即时等号成立， 因此， 由余弦定理，得，则， ，令，则， 由，得，当且仅当时等号成立， 则，即，函数， 则当，即时，，， 所以当时，取得最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $