精品解析：辽宁省葫芦岛市2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

葫芦岛市普通高中2024-2025学年下学期期末考试 高一数学 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息.确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效. 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，只有一项是符合题目要求的.） 1. 扇形的半径为2，圆心角为，则此扇形弧长为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则对应的点位于复平面的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在边长为的正三角形中，（ ） A. B. C. D. 4. 将函数图像上所有点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图像向右平移个单位长度，则所得新函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，棱长为1的正方形中，异面直线AC与所成的角是（ ） A. 120° B. 90° C. 60° D. 30° 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，（，），，，且在区间上单调，则的最大值为（    ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于点对称 10. 已知复数，则下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 若，则 D. 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 当为中点时，过，，三点的平面截正方体所得截面图形的面积为 C. 三棱锥的体积为 D. 当在棱上时，若为，三棱锥外接球表面积为 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量与垂直，则实数的值为_____. 13. 如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点，测得塔顶的仰角为，由向塔前进100米后到点，测得塔顶的仰角为，则塔高为_____米. 14. 已知的面积为，，，的角平分线交于点，则的长度为_____. 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. 已知向量，，函数. （1）求函数的解析式； （2）求函数的周期和单调递增区间； （3）若，求函数的值域. 16. 已知. （1）求的值； （2）若是第一象限角，，求的值. 17. 在直三棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 18. 在中，，，分别是角，，的对边，若，. （1）求角的大小； （2）若且，点，是边上的两个动点，且. （i）设，用表示； （ii）设的面积为，求的最小值. 19. 如图，已知梯形，，，将梯形绕直线旋转角至梯形，为的中点，连接，，． （1）证明：平面； （2）当面积最大时，求二面角的余弦值； （3）当二面角为时，求点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 葫芦岛市普通高中2024-2025学年下学期期末考试 高一数学 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息.确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效. 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，只有一项是符合题目要求的.） 1. 扇形的半径为2，圆心角为，则此扇形弧长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用弧长公式计算得解. 【详解】扇形的半径为2，圆心角为，则此扇形弧长为. 故选：D 2. 若复数满足，则对应的点位于复平面的（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由题利用复数的除法运算可求复数，根据复数几何意义即可求解. 【详解】根据题意， ，在复平面对应的点为位于第三象限. 故选：C. 3. 在边长为的正三角形中，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积定义直接求解即可. 【详解】. 故选：C. 4. 将函数图像上所有点的横坐标缩小到原来的倍，纵坐标不变，再把所得的图像向右平移个单位长度，则所得新函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的伸缩、平移变换可得结果. 【详解】由题可知：. 故选：B 5. 如图，棱长为1的正方形中，异面直线AC与所成的角是（ ） A. 120° B. 90° C. 60° D. 30° 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义进行求解. 【详解】连接，因为且， 所以四边形为平行四边形， 则可得，所以直线AC与所成的角为或其补角. 在正方体中可知，所以可知. 故选：C 6. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求，最后根据投影向量的定义即可求解. 【详解】由题意有，所以向量在向量上的投影向量为， 故选：D. 7. 如图，在三棱柱中，，分别是和的中点，记和的体积分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据棱锥与棱柱的体积公式，结合图形，可得答案. 【详解】取的中点为，连接，如下图： 易知三棱柱的体积是三棱柱的一半， 由图可知三棱锥与三棱柱同底等高， 则三棱锥的体积是三棱柱体积的三分之一， 即四棱锥的体积是三棱柱体积的三分之二， 综上可得四棱锥的体积是是三棱柱的三分之一， 即. 故选：A. 8. 已知函数，（，），，，且在区间上单调，则的最大值为（    ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的单调性确定的取值范围，再由两个函数的值列出方程组，求解后分析即得的最大值. 【详解】设函数的最小正周期为， 因为在区间上单调，所以，即， 又因为，则有， 又，，则得， 消去，可得，即， 因为，所以，可得， 故当时，取得最大值为5， 当时，，，， 此时，符合题意. 故选：B. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于点对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由图象可以看出函数的最小正周期，求出；B选项，将代入，结合得到；C选项，计算出，C正确；D选项，计算出，得到D正确. 【详解】A选项，由图象可以看出的最小正周期为， 又故，A错误； B选项，将代入得，解得， 因为，所以只有时，满足要求， 故，B正确； C选项，， 的图象与轴的交点坐标为，C正确； D选项，时，， 由于的一个对称中心为， 故函数的图象关于点对称，D正确. 故选：BCD 10. 已知复数，则下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 若，则 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数虚部定义判断A；根据复数的平方运算和共轭复数概念判断B；根据复数模的计算公式判断C；根据虚数单位的性质判断D. 【详解】对于A，的虚部为，故A错误； 对于B，因为，所以， 所以， ，，所以，故B正确； 对于C，若，由B知，，所以， ，，所以，故C错误； 对于D，，故D正确， 故选：BD. 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 当为中点时，过，，三点的平面截正方体所得截面图形的面积为 C. 三棱锥的体积为 D. 当在棱上时，若为，三棱锥外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，易知当点在线段（不含点）时，使得平面；对于B，作出截面，截面是边长为的正六边形，再求面积即可；对于C，由三棱锥体积公式可判断；对于D，设的外心为，半径为，过分别作平面，平面的垂线，交点即为球心，设中点为，连接，易得四边形为矩形，结合勾股定理求出外接球半径，然后利用正弦定理结合球的表面积公式求解即可. 【详解】对于A，易知当点在线段（不含点）时，使得平面， 此时，平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，根据题意作出截面，截面是边长为的正六边形， 所以截面面积，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，设的外心为，半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为球心， 设中点为，连接， 因为是外心，所以， 则就是平面与平面所成角的平面角， 又易知平面平面，所以四边形为矩形， 所以外接球半径 ， ，， ，即， 故三棱锥外接球表面积为，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量与垂直，则实数的值为_____. 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标公式计算即可. 【详解】由可得：. 故答案为：1 13. 如图，为测塔高，在塔底所在的水平面内取一点，测得塔顶的仰角为，由向塔前进100米后到点，测得塔顶的仰角为，则塔高为_____米. 【答案】 【解析】 【分析】根据解直角三角形，利用锐角三角函数的正切函数，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，，， 设，则， ， 由，则，解得. 故答案为：. 14. 已知的面积为，，，的角平分线交于点，则的长度为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形面积公式和余弦定理得到，，从而求出，又，得到方程，求出答案. 【详解】，的角平分线交于点， 故， 由三角形面积公式得， 所以， 由余弦定理得，即， 解得， 所以， 又， ， 其中，故， 所以，，解得. 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. 已知向量，，函数. （1）求函数的解析式； （2）求函数的周期和单调递增区间； （3）若，求函数的值域. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，再利用二倍角公式、辅助角公式化简即得. （2）（3）利用（1）的结论，结合正弦函数的性质求出周期、递增区间及值域. 【小问1详解】 依题意，. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以函数的周期； 由，，得，， 所以函数的单调递增区间为. 【小问3详解】 由，得，则，因此， 所以函数在上的值域为. 16. 已知. （1）求的值； （2）若是第一象限角，，求的值. 【答案】（1）2或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和同角的三角函数基本关系式计算即得； （2）结合（1）已得，以及题设条件进行拆角变换，先求出的值，再利用和差角公式以及弦切互化计算即可. 【小问1详解】 即，解得或. 【小问2详解】 由是第一象限角，由（1）可知，，又， 因为， 故. 17. 在直三棱柱中，，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）在上是否存在一点，使得平面，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在点， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）取的中点，的中点，连接，，利用面面平行的判定定理得平面平面，进而由面面平行的性质定理得平面，即可求解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，有平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 当点为的中点时，符合题意. 证明如下： 取的中点，的中点，连接，，， 因为为的中点，所以，， 平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面. 故存在点，使得平面，. 18. 在中，，，分别是角，，的对边，若，. （1）求角的大小； （2）若且，点，是边上的两个动点，且. （i）设，用表示； （ii）设的面积为，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合已知利用正弦定理及两角和的正弦公式得，化简得，结合角的范围求解即可. （2）（i）结合已知利用余弦定理求得，，，，然后利用正弦定理得； （ii）先由正弦定理得，然后利用三角恒等变换及面积公式得，然后利用正弦函数的性质求解最值即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 即， 所以， 由，得，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，， 所以由余弦定理得：， 即，解得，所以，或，. 因为，所以，， 所以，即，则； （i）如图，设，， 则在中，由正弦定理得，所以. （ii）在中，由正弦定理得，所以. 所以的面积为： . 因为，所以， 故当，即时，. 19. 如图，已知梯形，，，将梯形绕直线旋转角至梯形，为的中点，连接，，． （1）证明：平面； （2）当面积最大时，求二面角的余弦值； （3）当二面角为时，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的判定、性质，再根据线面平行的判断即可证明结论； （2）取的中点，连接，，先根据二面角的定义，得到为二面角的平面角，再结合余弦定理，三角形的面积公式即可求解； （3）连接，先结合（2）求出，，设点到平面的距离为，再利用等体积法即可求出点到平面的距离． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，， 由（1）知， 又，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以，， 所以，， 又，则平面， 所以为二面角的平面角， 所以， 又， 所以， 因为，所以平面， 又平面，所以， 所以， 在中， 由余弦定理， 所以，整理得（*） 又， 则当时，面积最大， 所以此时，代入（*）得． 【小问3详解】 连接， 结合（2）可得，， 当二面角为时，则平面， 又平面，所以， 所以， 在中， 由余弦定理得， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 又，即，解得， 故点到平面的距离为． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $