精品解析：广西北海市2024-2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

北海市2025年春季学期期末教学质量检测 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：北师大版必修第二册. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 20 2. 在中，，，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 3. “（）”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 4. 以周长为32正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，它们夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 6. 已知，，是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则下列说法中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C 若，，则 D. 若，，，则 7. 素面高足银杯（如图1）是唐代时期一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知均为锐角，，则的最大值为（   ） 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. z的虚部为1 D. z在复平面内对应的点位于第一象限 10. 已知角，，是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则是直角三角形 11. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 若最小正周期为，则 B. 若的图象关于点中心对称，则 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，复数，若为纯虚数，则的虚部为__________． 13. 设和是两个不共线的向量，若，，，且A，B，D三点共线，则实数k的值等于________． 14. 在三棱锥中，平面，，，，点是空间内的一个点，且，则点到平面的距离的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知． （1）求的值； （2）求和的值． 16. 已知向量，. （1）若，求的值； （2）若，求向量与夹角的余弦值. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 18. 如图，某小区有一块扇形草地，为了给小区的小孩有一个游玩的地方，物业要在其中圈出一块矩形场地作为儿童乐园使用，其中点在弧上，点分别在线段上，且，设. （1）若，求矩形的面积； （2）求矩形的面积的最大值，并求出此时弧的长度. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，，点为棱的中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北海市2025年春季学期期末教学质量检测 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：北师大版必修第二册. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的模的公式计算求解即可 【详解】因为复数，所以. 故选：B. 2. 在中，，，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理计算可得外接圆半径，再利用圆的面积公式计算即可. 【详解】由正弦定理得的外接圆的半径， 所以的外接圆的面积. 故选：A. 3. “（）”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】A 【解析】 【分析】根据三角函数求得的值，结合充分，必要条件的定义判断即可． 【详解】若，则（）或（），推不出（）； 反过来，若（），可推出. 故“（）”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得圆柱的底面半径，高，从而可根据侧面展开图是矩形，可求出其侧面积 【详解】以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱， 其底面半径，高，故其侧面积为. 故选：D. 5. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出，再由化简计算即可 【详解】因为向量，它们的夹角为， 所以， 所以. 故选：C. 6. 已知，，是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则下列说法中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面平行的性质与线面垂直的性质可判断A；可作出，，的图形判断B；利用两平面平行的定义可判断C；利用反证法证明可判断D. 【详解】对于A，作平面，使且，因为，所以， 又因为，，所以，所以，故A正确； 对于B，如图所示，，，，满足，，， 但不满足，故B错误； 对于C，若，，则，故C正确； 对于D，因为，所以，，取点，则，， 假设直线与平面不垂直，又， 则过点在平面内可作一条直线与平面垂直，记为， 同理，在平面内过点可作直线，因为过点有且仅有一条直线垂直于平面， 所以直线与直线重合，所以，，所以，又， 与平面与平面有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以D正确. 故选：B. 7. 素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据球和圆柱表面积公式，即可求解. 【详解】设圆柱的高为，则银杯内壁的表面积， 得. 故选：A 8. 已知均为锐角，，则的最大值为（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将等式展开并化为有关正切的关系式，再根据同角三角函数之间的关系以及基本不等式得到结果. 【详解】由题可得， 因为均为锐角，两边同时除以得， 所以， 因为均为锐角，所以， 则， 当且仅当，即时取等号， 故选：C． 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. z的虚部为1 D. z在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则和基本概念即可逐项判断． 【详解】依题意， 对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，z的虚部为1，C正确； 对于D，z在复平面内对应的点位于第一象限，D正确. 故选：CD. 10. 已知角，，是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则是直角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】利用三角形内角和定理，诱导公式即可计算可判断AB；利用正弦定理角化边计臬可判断C；取，，，可判断D． 【详解】对于A，因为，所以，A错误； 对于B，因为，所以，B正确； 对于C，设的外接圆半径为，，可得，即，所以，C正确； 对于D，如在中，，，，符合，但该三角形不是直角三角形，D错误； 故选：BC. 11. 已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ） A. 若的最小正周期为，则 B. 若的图象关于点中心对称，则 C. 若在上单调递增，则的取值范围是 D. 若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】将点的坐标代入解析式，求得的值，根据周期公式可判断选项A，根据已知点可求得的值，可判断B，根据的取值范围得到的取值范围，再依据单调递增区间可判断选项C，根据零点个数以及整体代入法可求得选项D. 【详解】因为函数的图象经过点， 所以，而，所以，即， 选项A，的最小正周期是，则，A正确； 选项B，的图象关于点中心对称， 则（因为），B错误； 选项C，时，， 则，解得，C正确； 选项D，时，， 方程在上恰有两个不同的实数解， 即方程在上恰有两个不同的实数解， 则，解得，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，复数，若为纯虚数，则的虚部为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的除法运算及纯虚数、共轭复数的概念即可求解. 【详解】由，得， 所以， 因为为纯虚数，所以，即， 所以， 所以的虚部为为， 故答案为： 13. 设和是两个不共线的向量，若，，，且A，B，D三点共线，则实数k的值等于________． 【答案】12 【解析】 【分析】先求，由A，B，D三点共线，利用共线向量定理得存在实数，使得，进而求解. 【详解】由题意有，， 因为A，B，D三点共线，所以存在实数，使得， 即，所以， 所以． 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面，，，，点是空间内的一个点，且，则点到平面的距离的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积法求得点到平面的距离，进而可求得点到平面的距离的最大值. 【详解】因为平面，，平面，所以，， 又，，所以，又， 所以，因为，， 所以，所以，设到平面的距离为， 等体积法可得，即，解得， 所以点到平面的距离为， 又，所以点到平面的距离的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知． （1）求的值； （2）求和的值． 【答案】（1） （2），. 【解析】 【分析】（1）由诱导公式及同角三角函数的基本关系化简即可； （2）由二倍角正切公式及两角差的正切公式计算可得. 小问1详解】 因为， 故； 【小问2详解】 由（1）已得， 所以，. 即，. 16. 已知向量，. （1）若，求的值； （2）若，求向量与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量加减法和数量积的坐标运算求解即可； （2）由向量的坐标运算可得，再由夹角的坐标公式计算可得结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 又，所以，解得； 【小问2详解】 因为， 所以，解得，，所以， 所以， 即向量与夹角的余弦值为. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，进而可求； （2）由向量数量积及（1）可求得的值，进而计算可求三角形面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 即，所以， 又，所以，所以，所以； 【小问2详解】 由，可得，即， 由（1），，所以， 所以. 18. 如图，某小区有一块扇形草地，为了给小区的小孩有一个游玩的地方，物业要在其中圈出一块矩形场地作为儿童乐园使用，其中点在弧上，点分别在线段上，且，设. （1）若，求矩形的面积； （2）求矩形的面积的最大值，并求出此时弧的长度. 【答案】（1） （2），此时弧MN长度为 【解析】 【分析】（1）作，垂足为，交于，在直角三角形中表示，，，从而得到，再由面积公式及二倍角公式计算可得； （2）结合（1）可得，，则利用二倍角公式和辅助角公式得，结合正弦函数的性质计算最值可得时，矩形的面积取最大，利用弧长公式求解弧长即可得解. 【小问1详解】 作，垂足为，交于， 由于四边形为矩形，即，关于直线对称， 则，，则，， 而，故为等腰直角三角形，则， 故， 则； 【小问2详解】 因为，则，，而， 故为等腰直角三角形，则， 故， 则矩形的面积 ，因为，所以当即时， 取最大值， 所以，此时弧的长度为. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，，点为棱的中点． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要证明线线垂直，可通过证明线面垂直推导出线线垂直，即证明平面, （2）首先确定是等腰三角形，然后作辅助线，找出二面角的平面角，然后根据线段的长度和余弦定理求出其余弦值. （3）根据体积关系先求出点到平面的距离，然后即可求出直线与该平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 证明：连接交于点，再连接，如图所示. 在中，，是的中点，所以， 又四边形是边长为2的菱形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以 【小问2详解】 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以可求得，所以. 因为，，， 所以，所以，且， 所以，又，所以． 取的中点，连接，，如图所示． 在中，，，，点是的中点， 所以，且． 同理可得，，所以二面角的平面角为， 在中，，，， 由余弦定理得，即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知，取的中点，连接. 在中，，所以根据勾股定理得． 由（2）知的面积． 因为点是的中点，所以， 设点到平面的距离为，所以， 解得， 又，设直线与平面所成角为θ，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$