精品解析：上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学卷（B卷）

复旦大学附属中学2024学年第二学期 高一年级数学期末考试试卷（B卷） 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答案一律不得分． 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果． 1. 已知是虚数单位，复数满足，则__________． 2. 已知，则_________． 3. 在中，角所对的边分别是，若，且，则的面积等于_________． 4. 一个圆锥的表面积为，母线长为，则其底面半径为______. 5. 已知是虚数单位，若，且，则的取值范围为_________． 6. 如图，在中，点是线段上动点，且，则的最小值为_________． 7. 已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 8. 如图，甲站在水库底面上点D处，乙站在水坝斜面上的点处．已知水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，测得从、两点到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为m、m，且m，则甲乙两人相距_________m． 9. 如图，已知平行六面体体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 10. 已知，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为_________． 11. 关于的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______. 12. 如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分，每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑． 13. 已知，是复数，则“”是“”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 14. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 15. 如图，在正方体中，为的中点，对于下列两个命题：①平面上存在一条直线，与平面平行；②平面上存在一条直线，与平面垂直．则（ ） A. ①对，②对 B. ①对，②错 C. ①错，②对 D. ①错，②错 16. 正方体中，直线平面，直线平面，记该正方体的12条棱所在的直线构成的集合为．给出下列四个命题： ①中可能恰有2条直线与异面； ②中可能恰有4条直线与异面； ③中可能恰有8条直线与异面； ④中可能恰有10条直线与异面． 其中，正确命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应的编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 已知向量． （1）若，求的值； （2）设，若关于的不等式有解，求实数的取值范围． 18. 如图，四边形是矩形，，平面，．点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成的角的大小． 19. 已知虚数单位，设，． （1）已知，且，求的值； （2）求证：． 20. 用一个与圆柱底面不平行的平面去截圆柱可得到一个斜截面．若沿着圆柱的母线将其剪开并展开成平面图，通过观察，发现此截口曲线展开后，与正弦函数或余弦函数的图像相近．设圆柱的底面半径为，斜截面与底面所成的二面角的大小为． （1）某班的同学们尝试研究上述截口曲线的形状问题．他们自制了与不同的三个斜截圆柱，如图1所示，并沿着斜截圆柱的母线将其剪开后展开成平面图．然后他们分为三组，进行了如下操作：首先把截口曲线描到白纸上，通过合理地建立平面直角坐标系，再选取一些点并测量其坐标，最后由形如的函数表达式进行拟合，并求出对应的拟合结果．拟合的结果如下表所示，因为，所以表格中都可以近似地看作，再作适当的上下平移，则可化为0，故得到表格中对应的近似结果．请将表格中序号③的近似结果补充完整，将答案直接写在答题纸上的相应位置（无需过程）； 序号 拟合结果 近似结果 ① ② ③ 2 （2）如图2，已知、分别是圆柱的上、下底面的圆心，圆柱的一个斜截面所在的平面与上底面所在平面的交线是在点的切线，又平面过线段的中点且平行于底面．设平面与斜截面相交于的直径，并与圆柱的母线的公共点为． 如图3，现只考虑该圆柱在斜截面下方的部分．对于斜截面边界上的一点，点在平面上的投影为点．已知圆柱的底面半径为，二面角的大小为．设上的的长度为，，，试用表示，并求； （3）在（2）的条件下，设，试求关于的函数表达式． 21. 如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． （1）求该圆台的侧面积； （2）若是线段中点，求证：直线平面； （3）若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 复旦大学附属中学2024学年第二学期 高一年级数学期末考试试卷（B卷） 考生注意： 1．本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本试卷分设试卷和答题纸，试卷包括试题与答题要求，作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答案一律不得分． 一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1—6题每题4分，第7—12题每题5分，请在答题纸相应编号的空格内直接写结果． 1. 已知是虚数单位，复数满足，则__________． 【答案】. 【解析】 【详解】∵ ∴ ∴ 故答案为 点睛：复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可．复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式． 2. 已知，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】由数量积的坐标形式及两角和的正弦公式即可得出答案 【详解】, 故答案为 : 3. 在中，角所对的边分别是，若，且，则的面积等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理，算出 ，从而得到．再利用正弦定理的面积公式，即可算出△ABC的面积． 【详解】：∵△ABC中，b2+c2=a2+bc， ∴a2=b2+c2-bc，可得， 结合A为三角形内角，可得，又bc=8 因此，△ABC的面积 . 即答案为. 【点睛】本题给出三角形的边的关系式，求三角形的面积．着重考查了余弦定理、三角形面积公式等知识，属于中档题． 4. 一个圆锥的表面积为，母线长为，则其底面半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，根据可解得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，则底面周长为，底面积为， 侧面展开图扇形的半径为，弧长为，扇形的面积为， 所以，解得. 故答案为： 【点睛】本题考查了圆锥的表面积，考查了扇形的面积公式，属于基础题. 5. 已知是虚数单位，若，且，则的取值范围为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知得在复平面的轨迹是以为圆心，为半径的圆，利用圆心到原点的距离加减半径可得答案. 【详解】设，由得， 可得在复平面的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以，即. 故答案为：. 6. 如图，在中，点是线段上动点，且，则的最小值为_________． 【答案】16 【解析】 【分析】由已知条件结合平面向量共线的推论可得，然后利用基本不等式求解即可. 【详解】由，且三点共线， 则，由题意得， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为16. 故答案为：16. 7. 已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意正三棱锥三个侧面全等，利用锥体的高及底边长求得斜高，即可得到侧面积. 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 8. 如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点处．已知水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为，测得从、两点到水库底面与水坝斜面的交线的距离分别为m、m，且m，则甲乙两人相距_________m． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，再由空间向量的模长的计算，即可求得答案. 【详解】由题意可得， 故， 而m、m，且m，水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为， 可知，又， 故， 故（m）, 故答案为： 9. 如图，已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据锥体和柱体的面积公式，结合平行六面体的性质进行求解即可. 【详解】设点到平面的距离为，四边形的面积为， 显然有， 所以， 因此剩余部分几何体的体积为. 故答案为： 10. 已知，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，为函数的最小值，为的最大值，由正弦函数性质求解． 【详解】由题，可得为函数的最小值，为的最大值， 所以，则，又， ，得，由， 所以当时，为最小值. 故答案：. 11. 关于的实系数方程和有四个不同的根，若这四个根在复平面上对应的点共圆，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】解出方程，可得其对应的点，对于方程，讨论其，进一步分析计算即可. 【详解】因为的解为 ， 设所对应的两点分别为， 则，， 设的解所对应的两点分别为，， 记为,,， 当，即时，因为关于轴对称， 且，，关于轴对称，显然四点共圆； 当，即或时， 此时,,，且， 故此圆的圆心为，半径， 又圆心到的距离， 解得， 综上：, 故答案为：. 12. 如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】关键点在于构造底面边长和高均为2的直四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积，即可求得结果. 【详解】如图，设，边长为，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形. 易知，连接. 由点在以为圆心，为半径的圆弧上，得. 在中，由勾股定理得， 故所求正方形的面积为. 所以用平行于底面的任意一个平面截八分之一“牟合方盖”， 所得截面面积是，， 所以可以构造底面边长为，高为的直四棱锥，对于直四棱锥， 当用过点的截面截该四棱锥时，截面面积为. 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积， 故所求体积为. 故答案：. 二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，第13—14题每题4分，第15—16题每题5分，每题有且只有一个正确选项，请在答题纸的相应编号上将代表答案的小方格涂黑． 13. 已知，是复数，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】根据复数的性质及充分条件、必要条件求解即可． 【详解】当时，，此时， 当，若，则成立，同理也成立， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B． 14. 已知向量满足，则在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算律可得，再根据投影向量公式可求投影向量. 【详解】设向量的夹角为，因为，可得， 所以在的投影向量为. 故选：B. 15. 如图，在正方体中，为的中点，对于下列两个命题：①平面上存在一条直线，与平面平行；②平面上存在一条直线，与平面垂直．则（ ） A. ①对，②对 B. ①对，②错 C. ①错，②对 D. ①错，②错 【答案】B 【解析】 【分析】对于①，作出辅助线，得到，进而得到平面，故①正确；对于②，先作出，由垂直判定定理，进行判断即可. 【详解】对于①，取中点，中点，连接，所以， 又为的中点，所以，所以四点共面， 因为平面，平面， 所以平面，故①正确； 对于②，取中点，可证≌，所以， 所以，故. 若平面上存在一条直线，与平面垂直，则一定与垂直， 即与平行，但与不垂直， 故平面上不存在直线，与平面垂直.故②错误. 故选：B． 16. 正方体中，直线平面，直线平面，记该正方体的12条棱所在的直线构成的集合为．给出下列四个命题： ①中可能恰有2条直线与异面； ②中可能恰有4条直线与异面； ③中可能恰有8条直线与异面； ④中可能恰有10条直线与异面． 其中，正确命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用异面直线的定义，依次分析4个命题是否正确，综合可得答案. 【详解】根据题意，依次分析4个命题： 因为直线平面，所以、、、不可能与直线异面， 当直线过底面两个顶点时， 若直线为底面边所在直线时，假设直线取，中只有四条直线、、、与直线异面，故②正确； 若直线为底面对角线时，假设直线取，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面； 若直线只过底面的一个顶点时，假设直线过点，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面； 若直线不过底面的任何一个顶点时，此时中有直线、、超过2条直线与直线异面； 综上所述，中不可能有2条直线与异面，故①错误； 对于③，当直线取点与线段的中点连线时，中除了、、和之外有8条棱均与直线异面，故③正确； 对于④，当直线取线段中点与线段的中点连线时，中除了和之外的10条棱均与直线异面，故④正确. 故选：C. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应的编号规定区域内写出必要的步骤． 17. 已知向量． （1）若，求的值； （2）设，若关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标表示，由可得，再结合齐次式求解即可； （2）根据平面向量的坐标表示，由三角恒等变换化简可得，进而结合余弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由，则，即， 所以. 【小问2详解】 由， 则， 所以， 当时，，则， 则， 要使关于的不等式有解， 则，则，解得. 18. 如图，四边形是矩形，，平面，．点为线段的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成的角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，利用勾股定理有，即，最后由线面垂直的判定定理即可得证； （2）将四棱锥放到长方体中，即证，，即为异面直线与所成的角或其补角，在中利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由平面，平面，所以， 又四边形是矩形，，所以，又， 所以，所以，又平面， 所以平面； 【小问2详解】 将四棱锥放到长方体中，如图： 取的中点为，连接，由， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为的中点，所以，又， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，所以为异面直线与所成的角或其补角， 又由，所以， 所以，所以， 所以, 由余弦定理有， 所以异面直线与所成的角为. 19. 已知是虚数单位，设，． （1）已知，且，求的值； （2）求证：． 【答案】（1）或 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，再分及代入计算即可得解； （2）设，再分及验证是否恒成立即可得. 【小问1详解】 设， 若，则， 故， 即，，即； 若，则， 故， 即，，即； 综上所述，或； 【小问2详解】 设， 若，则，， 则， ，故； 若，则，， ， ，故； 故恒成立，即得证. 20. 用一个与圆柱底面不平行的平面去截圆柱可得到一个斜截面．若沿着圆柱的母线将其剪开并展开成平面图，通过观察，发现此截口曲线展开后，与正弦函数或余弦函数的图像相近．设圆柱的底面半径为，斜截面与底面所成的二面角的大小为． （1）某班的同学们尝试研究上述截口曲线的形状问题．他们自制了与不同的三个斜截圆柱，如图1所示，并沿着斜截圆柱的母线将其剪开后展开成平面图．然后他们分为三组，进行了如下操作：首先把截口曲线描到白纸上，通过合理地建立平面直角坐标系，再选取一些点并测量其坐标，最后由形如的函数表达式进行拟合，并求出对应的拟合结果．拟合的结果如下表所示，因为，所以表格中都可以近似地看作，再作适当的上下平移，则可化为0，故得到表格中对应的近似结果．请将表格中序号③的近似结果补充完整，将答案直接写在答题纸上的相应位置（无需过程）； 序号 拟合结果 近似结果 ① ② ③ 2 （2）如图2，已知、分别是圆柱的上、下底面的圆心，圆柱的一个斜截面所在的平面与上底面所在平面的交线是在点的切线，又平面过线段的中点且平行于底面．设平面与斜截面相交于的直径，并与圆柱的母线的公共点为． 如图3，现只考虑该圆柱在斜截面下方的部分．对于斜截面边界上的一点，点在平面上的投影为点．已知圆柱的底面半径为，二面角的大小为．设上的的长度为，，，试用表示，并求； （3）在（2）的条件下，设，试求关于的函数表达式． 【答案】（1） （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意由可以近似地看作，可化为0，则可得近似结果； （2）结合线面垂直与平行的判定及性质，可找到二面角的平面角即，利用扇形弧长公式可得； （3）建立空间直角坐标系，利用四点共面可求. 【小问1详解】 根据题意，由都可以近似地看作，且作适当的上下平移，则可化为0， 则根据拟合结果， 由， 故序号③的近似结果为. 【小问2详解】 如图2中，连接. 由题意，为圆柱母线，为上、下底面中心连线， 则，又， 故四边形是平行四边形，则， 由平面过线段的中点且平行于底面， 且平面与上底面所在平面的交线是在点的切线， 则在上底面所在平面内，且， 故，又，且，则， 同理，由平面，平面，平面， 则，则，又与上底面垂直，故， 因为，且平面， 所以平面，则平面，又平面， 所以，且，故即为二面角的平面角， 则； 如图3中，由上的的长度为，且的半径为， 且，，则. 故，且. 小问3详解】 在图3中，由题意可知，，， 且由第（2）问求解可知，故， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由题意四点共面， 故存在实数，使得， 则，可得，又， 则. 21. 如图，圆台的一个轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于、的点． （1）求该圆台的侧面积； （2）若是线段的中点，求证：直线平面； （3）若，设直线为平面与平面的交线，设平面，点在线段上（不含端点），直线与平面所成的角大小为，求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由圆台侧面积公式即可求解； （2）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形得到，然后根据线面平行的判定定理完成证明； （3）延长交于点，建立合适空间直角坐标系，然后利用向量法表示出，再根据二次函数的性质求解出最大值即可. 【小问1详解】 因为， 所以圆台的侧面积为； 【小问2详解】 取中点，连接，如图， 因为为中点，所以， 在等腰梯形中，， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 延长交于点，作直线， 因为两点分别在平面与平面内， 所以直线即为直线， 又平面， 所以点，即为点， ，则， 以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 在等腰梯形中，， 此梯形的高为， 因为，所以为的中位线， 则， 所以， 设，则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得， 则有：， 令，则， 当时，，此时， 当时，， 当且仅当，即时取等号， 综上所述，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $