精品解析：辽宁省沈阳市五校协作体2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024-2025学年度（下）沈阳市五校协作体期末考试 高一年级数学试卷 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知，为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. 2或 B. 或 C. 2或 D. 或 3. 若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（ ） A B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在直三棱柱中，，，E是中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，已知角所对的边分别为，若.为线段的中点，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是半径为2的圆O上的四个动点，若，则的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 32 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 10. 若函数则（ ） A. 为偶函数 B. 上单调 C. 的图象与直线，线段围成的图形面积为π D. 若，且，若，则 11. 如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（ ） A. 点M的轨迹长度为 B. 与所在平面所成角的正弦值为 C. Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D. 若与所在的平面交于点E，则 第Ⅱ卷（选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 （1）求角A的大小； （2）若是的角平分线，且，，求线段的长； （3）若，判断的形状． 16. 如图，在棱长为的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是DD1，AB的中点． （1）若平面与直线交于R点，求的值； （2）若为棱上一点且，若平面，求的值． 17. 已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 18. 如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度（下）沈阳市五校协作体期末考试 高一年级数学试卷 时间：120分钟 分数：150分 试卷说明：试卷共两部分：第一部分：选择题型（1-11题58分） 第二部分：非选择题型（12-19题92分） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项符合题目要求． 1. 已知，为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算计算可得，再由共轭复数概念计算可得结果. 【详解】由可得， 所以，则. 故选：C. 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A 2或 B. 或 C. 2或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，利用向量的坐标运算可得，求解即可. 【详解】由题意可知.因为，， 所以，整理得，解得或. 故选：A. 3. 若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得. 【详解】圆锥底面圆半径，母线，高， 由圆锥的表面积为，得，而，解得， 因此， 所以该圆锥的体积. 故选：C 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数诱导公式、二倍角公式运算即可. 【详解】令，则，， 所以 . 故选：. 5. 在直三棱柱中，，，E是的中点，则异面直线与所成的角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点，中点，连接，可得为异面直线与所成的角或其补角，结合余弦定理求解即可得答案. 【详解】如图，取中点，中点，连接 在直三棱柱中，，所以平面，有平面，所以，则 因为分别为中点，所以 又可得，则四边形为平行四边形 所以，则为异面直线与所成的角或其补角 由平面，平面，可得，所以， 在中，，，由余弦定理得， 所以， 所以在中，由余弦定理得 所以异面直线与所成的角的余弦值. 故选：B. 6. 在中，已知角所对的边分别为，若.为线段的中点，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得；根据，利用余弦定理可构造方程求得；在中，利用余弦定理可得，代入三角形面积公式即可求得结果. 【详解】 由正弦定理得：， ，，， ，，，解得：； ，， 即，解得：； 由余弦定理得：，解得：， . 故选：D. 7. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中利用余弦定理求出，利用正弦定理求出外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，则，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】在中由余弦定理 ，所以, 设外接圆的半径为，则，所以， 又平面，，设三棱锥外接球的半径为， 则， 所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 8. 已知是半径为2的圆O上的四个动点，若，则的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 24 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】分别取，中点E，F，连接，，,利用极化恒等式得到，，原式转化为,再求线段的最大值即可. 【详解】如图： 分别取，的中点E，F，连接，，. 所以,又， 所以由极化恒等式得 ， 同理， 所以 连接, 由，，得， 所以在以O为圆心，为半径的圆上.所以的最大值为， 所以的最大值为24. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得. 【详解】选项A，，则，故A正确； 选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误； 选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立. 证明：设，， 若，则有， 故有，即，两式相乘变形得，， 则有，或，或， ①当时，，即； ②当，且时，则， 又因为不同时为，所以，即； ③当，且时，则，同理可得，故； 综上所述，命题“若，则，或”成立. 下面我们应用刚证明的结论推证选项C， ，， ，或，即或，故C正确； 选项D，令， 则， 但，不为，故D错误. 故选：. 10. 若函数则（ ） A. 为偶函数 B. 在上单调 C. 的图象与直线，线段围成的图形面积为π D. 若，且，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】用辅助角公式将化简得，由图象平移、余弦型函数的奇偶性可判断A；由，得，根据正弦函数的单调性可判定B；画出相关图象，应用正弦函数的对称性，数形结合求出图形围成的面积可判断C；由题意可知在上的图像关于，得到，从而得到，利用并结合诱导公式求值可判断D. 【详解】. 对于A，是偶函数，故A正确； 对于B，由，得，结合正弦函数的性质知在上不单调，故B不正确； 对于C，画出的图象与直线，线段，如下图实线围成区域即为所求， 由，，结合对称性，知所求区域面积等于矩形的面积，等于，故C正确； 对于D，当时，， 因为，所以， ∴，∴， 因为，所以， 所以.故D正确 故选：ACD. 11. 如图，在长方体中，，动点M在长方体的表面上运动（含边界），且，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（ ） A. 点M的轨迹长度为 B. 与所在平面所成角的正弦值为 C. Ω所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为 D. 若与所在的平面交于点E，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明平面，即可确定点M的轨迹形成的封闭图形即为，求出的周长即可判断；对于B，先求出点到所在平面的距离，则与所在平面所成的角的正弦值根据计算即可判断；对于C，先求出三棱锥及长方体的体积，再求出除去三棱锥剩余部分的体积，即可求出大小两部分体积的比值，即可判断；对于D，先确定点E的位置，再通过两次三角形相似即可求出的值，即可判断. 【详解】 对于A，如图所示，取的中点，连接， 连接与交于点. 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 由已知平面为正方形，则，，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 当点在平面上时， 因为平面，平面，所以. 因为，所以， 所以，所以， 所以，即， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 若，则点在平面上的轨迹为，长度为； 因为，所以平面， 所以点M的轨迹形成的封闭图形即为， 因为，所以点M的轨迹长度为，故A正确； 对于B，设点到所在平面的距离为， 可知，等腰的面积为， 则由可得，解得. 又， 设与所在平面所成的角为，则， 所以与所在平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，因为三棱锥的体积 ， 而长方体的体积， 所以除去三棱锥剩余部分的体积为， 所以所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为，故C错误； 对于D，连接与交于点，则为平面与平面的交线， 则点即为与所在的平面交点， 由，可知，即， 由，可知，故D正确. 故选：ABD 第Ⅱ卷（选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】化简得，再代入，即可得答案. 【详解】解：因为. . 故答案为： 13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，同除，再由余弦定理、正弦定理将边化角得到，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以，所以， 即，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以， 即， 因为，所以，所以. 故答案为： 14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解. 【详解】设, 则，. 以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系, 则，, 所以. 令，，则，. 由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以在上的值域为， 所以. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 （1）求角A的大小； （2）若是的角平分线，且，，求线段的长； （3）若，判断的形状． 【答案】（1） （2） （3）直角三角形 【解析】 【分析】（1）由三角形面角公式、数量积的定义得，结合即可求解； （2）根据等面积法即可求解； （3）法一：根据题目得到即可；法二：只需说明即可. 【小问1详解】 由，可得， 即，即，因为，所以； 【小问2详解】 因为AD是△ABC的角平分线，且，，设， 因为，可得， 即，解得，即． 【小问3详解】 法一：（1）知， 由余弦定理得， 因为，平方得，即， 代入上式，可得，即， 将代入，可得，解得或 当时，可得，此时，可得△ABC为直角三角形； 当时，此时（不成立，舍去）； 综上可得，△ABC为直角三角形． 法二：由，则， 所以， ， 又因为，所以，，综上，△ABC为直角三角形． 16. 如图，在棱长为的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是DD1，AB的中点． （1）若平面与直线交于R点，求的值； （2）若为棱上一点且，若平面，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设平面PQC与直线AA1交于R点，连接RQ，RP，可证，则，求得，可求的值； （2）取AA1的中点E，则R为AE的中点，连接BE，设平面，连接， 证明，可求的值． 【小问1详解】 如图所示： 因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，根据空间等角定理可知，，则， 又，，，则，即，，所以. 【小问2详解】 取AA1的中点E，则R为AE的中点，连接BE，则， 又平面， 平面，则平面． 又平面，平面且，所以平面平面， 设平面，连接， 由平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，则四边形为平行四边形，同理四边形也是平行四边形， 所以，所以． 17. 已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得； （2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值. 【详解】（1）在中，由正弦定理得， ∴，∵，∴， ∴. （2） 当且仅当，即时取到最大值. 【点睛】本题考查了两角和差的正弦公式，正弦定理，平面向量数量积的定义，三角函数的最值，这是一道考查了多个基本知识的综合题，属于中档题. 18. 如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，从而得，再由是正三角形，且是的中点，可得，最后由线面垂直的判断定理即可得证. （2）由二面角的定义，找出二面角的平面角，在直角三角形中求解即可. （3）当时，按面面垂直的判断定理进行证明即可. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，平面平面， 平面，， 则平面， 又因为平面，所以， 因为是正三角形，且是的中点， 则， 又因，平面， 所以平面； 【小问2详解】 解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面． 所以平面． 因为平面，所以， 则即为平面与底面所成二面角的平面角． 设，则，， 故， 所以， 即二面角的余弦值为． 【小问3详解】 解：存在点Q，当时，平面平面． 证明如下： 如图，取中点，连接交于点，连接， 因为是正三角形，所以． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为， 所以， 所以平面． 因为平面，所以． 因为底面是正方形，所以． 又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以棱上存在点，当时，平面平面． 19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一，根据所给定义，先找到的“源向量”，再结合正三角形的性质得到，，根据向量的减法转化，再根据向量数量积的运算法则计算即可求出定值；法二，先求出四点的坐标，再得到的向量坐标，再根据坐标分别计算出，再求和即可求出定值； （2）先求出伴生函数，将，转化成在上有且仅有四个不相等的实数根，然后根据在上的正负去掉绝对值符号，将写成分段函数的形式，并将其化简，作出其图象，数形结合即可求出实数k的取值范围； （3）法一，先求出角，设P是△ABC外心，可得 ，设，，则，，利用向量的减法转化中的，再将其两边同时乘以，再利用向量的数量积，二倍角及和差角公式变形化简即可求出；法二，将的两边同时乘以，利用向量的数量积及正弦定理将其转化为，再化简求值即可. 【小问1详解】 法一：因为函数， 所以其“源向量”，显然， 即M轨迹为单位圆， 由正三角形的性质可知，， 所以 ， 是定值； 法二：由题意可知，，，， 所以，，， 所以， ， 所以，是定值； 【小问2详解】 因为向量为函数的“源向量”，所以， 则方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 所以在上有且仅有四个不相等的实数根， 令，， ①当时， ； ②当时，， 所以. 其图象： 结合，，， 故当在上有且仅有四个不相等的实数根时， k的取值范围为； 【小问3详解】 法一：由题意得，，则， 在三角形ABC中，，因此， 因为设P是△ABC外心，所以， ，， 设，，则，， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 又，因为， 所以． 法二：由 可得， 由向量的数量积公式可得， 即， 由正弦定理可得， 即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $