精品解析：黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024级高一学年下学期期末考试 数 学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：必修第二册第六、七、八章，选择性必修第一册第一章． 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 已知的内角所对的边分别为，若，则的外接圆的半径为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 4. 已知为所在平面内的一点，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在三棱锥中，两两垂直，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 7. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的边长为21的等边三角形，已知，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 8. 已知中，，若点依次将线段平均分成2026份，设，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则的取值范围为 D. 若，且三角形有两解，则的取值范围为 11. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，点是直三棱柱表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若平面平面，则点的轨迹长度为 C. 若是的中点，则与平面所成角的正弦值为 D. 若点是线段上一点，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. 已知是虚数单位，则___________． 13. 已知向量满足，则___________． 14. 已知三棱锥的各个顶点都在表面积为的球的球面上，且球心为的中点，，若分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为___________． 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，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 16. 已知是平面内两个不共线向量，，且三点共线． （1）求实数的值； （2）已知，若，且四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点的坐标． 17. 如图，已知长方形是圆柱的轴截面（经过旋转轴的截面），点在底面圆周上（异于两点），，点是上靠近点的三等分点． （1）求证：平面平面； （2）求点到直线的距离． 18. 对于一个向量组（且），令，如果存在，使得，则称是该向量组的“向量”． （1）设，若是向量组的“2向量”，求实数的取值范围； （2）若，向量组是否存在“向量”若存在，求出正整数的值；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，若，，其中A是的内角，设的内角的对边分别为，若的平分线交于，，求的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． （1）求证：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点）． ①求四棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高一学年下学期期末考试 数 学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：必修第二册第六、七、八章，选择性必修第一册第一章． 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数模的定义及复数除法求出即可. 【详解】复数， 所以复数在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A 2. 已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的性质，两个垂直向量的数量积为，由此可列出关于的方程，进而求解的值. 【详解】已知， 所以 解得： 故选：B. 3. 已知的内角所对的边分别为，若，则的外接圆的半径为（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理即可得解. 【详解】设的外接圆的半径为， 因为， 所以，解得. 故选：D. 4. 已知为所在平面内的一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形的几何性质分解向量即可得解. 【详解】如图所示， 由题意得. 故选：C. 5. 在三棱锥中，两两垂直，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱锥补全为长方体，长方体的外接球就是所求的外接球，长方体的体对角线就是外接球直径，计算出半径后可得表面积． 【详解】将三棱锥补全为长方体，则长方体的外接球就是所求的外接球， 设球半径为，则， 所以，所以球的表面积为. 故选：B． 6. 已知四棱锥中，，则该四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求平面的法向量，再利用空间向量中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】设平面的法向量为，则有， 取，得， 所以点点平面的距离，即四棱锥的高为. 故选：D 7. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的边长为21的等边三角形，已知，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，再利用正弦定理求解，最后利用余弦定理求解即可. 【详解】因为用3个全等的小三角形拼成如图所示的边长为21的等边三角形， 所以，，，且设， 因为，所以由同角三角函数的基本关系得， 因为，所以是等边三角形，故， 可得， 由正弦定理得，解得， 设，由余弦定理得，解得（负根舍去），故A正确. 故选：A 8. 已知中，，若点依次将线段平均分成2026份，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理得，由结合数量积的运算律得，分析得，结合即可求解. 【详解】由余弦定理可得，，由题可知的中点为， 也为线段，线段，…，线段的中点， 因为， 所以， 而， 平方得， 即， 所以. 故选：D. 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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由答案不完备即可判断；对于B，由线面垂直的性质判断即可；对于C，由线面平行的判定定理判断即可；对于D，由面面垂直的判定定理判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则，又，，故B正确； 对于C，由线面平行的判定定理可知，若，则，故C正确； 对于D，若，则，故D错误. 故选：BC. 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则的取值范围为 D. 若，且三角形有两解，则的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，有大边对大角结合余弦函数单调性判断即可；对于B，由余弦定理化简得即可判断；对于C，由正弦定理化简得，故只需求得的范围并验算即可；对于D，由正弦定理判断即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，若，则，所以，则为等腰三角形，故B正确； 对于C，， 因为， 所以， 所以的取值范围为，故C正确； 对于D，因为，所以，而， 所以， 由题意直线和的图象有两个交点， 所以，解得，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点，点是直三棱柱表面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是线段上一点，则三棱锥的体积为定值 B. 若平面平面，则点的轨迹长度为 C. 若是的中点，则与平面所成角的正弦值为 D. 若点是线段上一点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，说明三角形的面积为定值，到平面的距离为也是定值，结合棱锥体积公式即可判断；对于B，说明点的轨迹长度为即可验算；对于C，建立适当的空间直角坐标系，求出的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可验算；对于D，展开后，可得的最小值为即可判断. 【详解】因为分别为的中点，所以，因为是上一点，所以点到直线的距离为定值， 所以三角形的面积为定值， 又到平面的距离为也是定值，所以三棱锥的体积为定值，A正确； 如图1，取的中点，连接， 由得四边形为平行四边形，所以， 又分别为的中点，所以， 又，所以， 又，所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 易知四边形为梯形，， 所以点的轨迹长度为，故B正确； 如图2，以为轴，过点作的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 所以，即与平面所成角的正弦值为，故C错误； 如图3，展开底面使之与侧面在同一平面内，则的最小值为， 易知在三角形中，，所以， 即的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是虚数单位，则___________． 【答案】0 【解析】 【分析】根据虚数单位的幂次的运算性质，分别计算、、、的值，再将它们相加. 【详解】根据虚数单位的幂次的运算性质得： ， ， ， 故 故答案为：. 13. 已知向量满足，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】由数量积的运算律转换为关于的方程即可求解. 【详解】因为， 所以，即， 解得或（舍去）. 故答案为：2. 14. 已知三棱锥的各个顶点都在表面积为的球的球面上，且球心为的中点，，若分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，求得与都垂直的向量的坐标以及的坐标，再结合公式求解即可. 【详解】因为为三棱柱外接球的球心，所以， 所以，同理， 又平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面， 因为，所以， 由于球的表面积为，可知，解得，所以，所以， 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设与都垂直的向量为，则， 令，则， 所以线段长度的最小值为. 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. 如图，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点， 又为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需说明是异面直线与所成的角或其补角，再结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以是异面直线与所成的角或其补角． 由题知，， 在中由余弦定理，得. 16. 已知是平面内两个不共线向量，，且三点共线． （1）求实数的值； （2）已知，若，且四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求得，结合以及向量共线定理即可求解； （2）设，则，计算得，结合即可列方程求解. 【小问1详解】 ， 因为三点共线，所以存在使得， 即， 因为是平面内两个不共线向量，所以，解得． 【小问2详解】 当时，， 设，则， 因为四点按逆时针顺序构成平行四边形， 所以，即，解得 所以． 17. 如图，已知长方形是圆柱的轴截面（经过旋转轴的截面），点在底面圆周上（异于两点），，点是上靠近点的三等分点． （1）求证：平面平面； （2）求点到直线的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理进行证明. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【小问1详解】 由题知平面，又平面，所以． 因为是底面圆周上一点，所以． 又，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为，所以． 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设点到直线的距离为，则， 故点则直线的距离为． 18. 对于一个向量组（且），令，如果存在，使得，则称是该向量组的“向量”． （1）设，若是向量组的“2向量”，求实数的取值范围； （2）若，向量组是否存在“向量”若存在，求出正整数的值；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，若，，其中A是的内角，设的内角的对边分别为，若的平分线交于，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）存在，或5或6 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，从而得到方程，求出答案； （2）只需使，计算出，故只需使，整理得，解得，求出答案； （3）由题意，得，，，三式平方相加化简得，求出，根据，得．所以．由正弦定理和三角恒等变换得到，结合，求出取值范围. 【小问1详解】 由题意可得：， ， 则，解得：． 【小问2详解】 存在“向量”，且“向量”为，理由如下： 由题意可得， 若存在“向量”，只需使． 因为， ， 所以， 故只需使， 整理得，故， ，即， 所以，解得， 当时，，故当或5或6时，符合要求， 当为其他整数时，均不合要求， 故存在“向量”，且“向量”为． 【小问3详解】 由题意，得，，， 平方得，即，即， 同理，， 三式相加并化简，得：， 即，所以， 所以， ，得． 因为，所以． 在中，由正弦定理可得，所以， 同理中，，则， 又， 所以 ， 因为，所以， 所以． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点在底面的投影恰为的重心． （1）求证：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点）． ①求四棱锥的体积； ②求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明：如图，连接． 因为底面，平面，所以． 因为四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形． 因为是的重心，所以． 又平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用菱形和等边三角形性质，找到与平面内两条相交直线垂直，根据线面垂直判定证平面，进而得； （2）①根据线面角正弦值求出高，再算出底面菱形面积，最后用体积公式得出结果；②建立坐标系确定各点坐标，设出坐标，求出平面和的法向量，算出二面角余弦值表达式，利用换元法分析最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点． ①因为为的重心，所以． 因为底面，所以为直线与平面所成角， 故，解得， 所以四棱锥的体积． ②以所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ． 设，则． 设平面的一个法向量为， 则取，则， 设平面的法向量为， 则取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 令，则， 由于， 故，当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $