精品解析：辽宁省县域重点高中2024—2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024--2025学年度辽宁省县域重点高中高一下学期期末考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数虚部的概念直接求解即可. 【详解】因为复数，所以的虚部为. 故选：B 2. 点在平面直角坐标系中位于 （ ） 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】根据5弧度和4弧度与π之间的大小关系确定角的终边所在的象限，再通过角的三角函数值的符号判断点的坐标的符号，得出点对应的象限. 【详解】 (第四象限)，(第三象限). 第四象限中： 第三象限中： 点在平面直角坐标系中位于第三象限 故选：C. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和角的正切公式可得，结合角的范围即得答案. 【详解】由已知可得：， 所以， 又，则，故. 故选：C. 4. 已知向量在上的投影的数量为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据投影公式进行求解即可. 【详解】由题意得，所以. 故选：B 5. 已知空间有6个不同的平面，则它们的交线条数最多为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】先分析出当这6个平面任意2个都相交，且交线不重合时，交线最多，再分步计算有多少条交线即可. 【详解】当这6个平面任意2个都相交，且交线不重合时，交线最多， 记这6个不同的平面分别为， 此时与其余5个平面相交，有5条交线，与除去外的4个平面相交有4条交线，，与相交有1条交线， 所以共有条交线. 故选：A. 6. 已知复数在复平面内对应的向量为（为坐标原点），在复平面内对应的向量为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的坐标，利用数量积的坐标式，结合二倍角的正弦公式及与的关系，换元后化成二次函数即可求出最大值. 【详解】依题意，，则， 令，则，， 因此，则当时，取得最大值为2， 故的最大值为 2. 故选：D 7. 设，如图，两函数与的图象交轴于点，且是两函数图象的两个公共点，若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由求得，再根据的面积求得，即可得解. 【详解】由图知，可得，即， 因，则得， 由点的纵坐标为，知点的纵坐标为， 即点到直线的距离，又， 的面积，解得，故. 故选：B 8. 在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，该四棱柱的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据几何体的特征，确定球心的位置位于下底面与上底面的外接圆圆心的中点，进而求得球的半径满足，进而可得表面积. 【详解】 如图，过点作于点，连接， 因为，所以， 由平面几何知识可和， 又，故，所以， 所以. 设直四棱柱的下底面与上底面的外接圆圆心为， 则的中点为球心，且. 设球的半径为，因为，所以， 所以， 所以球的表面积. 故选：A 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. 已知都是复数，则以下命题是真命题的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由复数的运算可知A正确；通过举例，可说明BD错误；由复数共轭的概念和加法运算可判断C. 【详解】若，则或，故A项正确； 若，则，所以，故B，D项错误； 若，则是实数，故C项正确， 故选：AC. 10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.将棱长为的正方体沿从同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到如图所示的半正多面体，则该半正多面体（ ） A. 有24条棱，12个顶点 B. 表面积为 C. 表面上任意两点间的最大距离为 D. 有内切球，且它的体积为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，直接观察几何体即可判断选项正误； 对于B选项，由题可得该半正多面体的表面由6个边长为1的正方形和8个边长为1的等边三角形组成，然后通过面积公式计算即可判断选项正误； 对于C选项，通过求解正方体的上底面内一条棱的中点与下底面内不在同一个正方体表面上且与之平行的棱的中点距离，并将该距离与比较即可判断选项正误. 对于D选项，通过比较正方体的中心到半正多面体的正方形侧面的距离与正方体的中心和半正多面体三角形侧面的距离是否相等，即可判断选项正误 【详解】对于A选项，该半正多面体共有24条棱，12个顶点，故A项正确； 对于B选项，由题可得该半正多面体的表面由6个边长为1的正方形和8个边长为1的等边三角形组成，所以表面积为，故B项正确； 对于C选项，正方体的上底面内一条棱的中点与下底面内不在同一个正方体表面上且与之平行的棱的中点距离为2，，故C项错误； 对于D选项，正方体的中心到半正多面体的正方形侧面的距离为，正方体的中心和半正多面体三角形侧面的三个顶点构成棱长为1的正四面体，所以该正四面体的高，故半正多面体不存在内切球，故D项错误. 故选：AB 11. 如图，正方形的所有顶点都在坐标轴上，中心为坐标原点，，角以为顶点，轴的非负半轴为始边，终边交正方形的边于点，将角的终边逆时针旋转后，交正方形的边于点.记函数，则（ ） A. B. 的最小正周期是 C. 为偶函数 D. 的值域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由得，当角为第一象限角时得，，进而得，又由得，进而得，逐项验证即可求解. 【详解】由题得，所以① ，当角为第一象限角时，②，③，联立①②③可得，所以， 同理当角分别为第二、三、四象限角和轴线角时，均可得，所以， 又，所以，，所以， 所以，故A正确；，故B错误；因为，所以为偶函数，故C正确； ，因为，所以，故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. 已知向量，若，则的值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的数量积表示计算即可. 【详解】由题得，， 由，得，即， 所以，解得. 故答案为：. 13. 小王同学在手工课上制作了一个圆锥模型，若该模型的底面积是侧面积的一半，则该模型轴截面顶角的大小为________. 【答案】60°## 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式列方程，求解推得圆锥轴截面的形状即得. 【详解】设圆锥模型的底面半径为，母线长为， 由题得，解得， 所以轴截面为等边三角形，故该模型轴截面顶角的大小为60°. 故答案为：. 14. 已知函数的图象关于直线对称，则的值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用和角的正弦公式与辅助角公式将化简成正弦型函数，再由的图象关于直线对称，求出的值，利用二倍角的正切公式求解即得. 【详解】由 ，其中角满足. 因为的图象关于直线对称， 所以，可得，， 即， 所以 ， 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. 已知复数，且是纯虚数. （1）求； （2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据复数的除法及乘法计算，再应用纯虚数的概念计算求参； （2）根据共轭复数及加法计算，最后根据点在第四象限，列出不等式计算求参. 【小问1详解】 因为， 所以， 由是纯虚数，得， 解得， 所以； 【小问2详解】 由（1）知 所以 因为在复平面内对应的点在第四象限， 所以， 解得， 所以实数的取值范围是. 16. 如图，在多面体中，平面，，四边形为梯形，，，. （1）若是的重心，证明：四点共面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，证明：. 【答案】（1）证明：如图，连接并延长交于点，在棱上取点，使，连接， 则， 又是的重心，所以， 所以且，又且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 所以四点共面. （2）证明：因为， 所以确定一个平面， 如图，连接，因为平面， 所以为直线与平面所成角， 则， 所以 所以，所以， 又，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于点，在棱上取点，使，连接，根据几何体的性质可得四边形、是平行四边形，进而可得，即证； （2）先确定为直线与平面所成角，进而可得，由，得，进而可得平面，进而可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度后可得函数的图象，且图象上的最高点到轴的最小距离为. （1）求的解析式； （2）求的单调区间； （3）求不等式的解集. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，，单调递减区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，即，即可得，利用最高点为代入即可求，即可得到解析式； （2）令，，即可求单调区间； （3）根据整体法解三角不等式即可. 【小问1详解】 因为将的图象向右平移个单位长度后可得函数的图象， 所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以， 因为图象上的最高点到轴的最小距离为，且， 所以此最高点的坐标为， 则，解得， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 令， 解得， 令， 解得， 所以的单调递增区间为，， 单调递减区间为. 【小问3详解】 令，得， 所以， 解得， 所以不等式的解集为. 18. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的定义、正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理及和差角的正弦公式将其化成余弦型函数，根据其值域即可求得. （3）利用正弦定理、二倍角的正弦公式列式求解即可. 【小问1详解】 在中，由，得， 即，由正弦定理得， 则，即， 而，则，又，故. 【小问2详解】 由正弦定理得，即， 令，由为锐角三角形，得，则， 因此， 则， 所以周长的取值范围是. 【小问3详解】 设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则，则，， 所以. 19. 如图①，设射线构成三面角，，二面角的大小为，类比平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图②，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为. ①求的值； ②若，求三棱锥体积的最大值； （2）当时，请在图①的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】（1）①；②； （2）证明：如图，过点作于点，过点在平面内作的垂线，过点作的平行线，交垂线于点， 连接，则是二面角的平面角， 则， 又平面， 所以平面， 又平面，所以. 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 两式相减得， 由勾股定理可得， 则， 即， 因为在中，由余弦定理得， 即， 两边同时除以，得， 从而得证. 【解析】 【分析】（1）①根据三面角余弦定理的定义，代入计算即可得；②作出二面角的平面角，根据边角关系求得三棱锥的高，再利用三棱锥的体积公式结合基本不等式计算可得最值； （2）根据定义作出二面角的平面角，利用勾股定理及余弦定理分别列出边角关系的等式，变形计算即可得证. 【小问1详解】 ①由三面角余弦定理得， 即，解得. ②如图，过点作平面，垂足为，过点作于点，连接， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 所以， 在中，， 由①得，所以， 所以， 当且仅当时，三棱锥的体积取得最大值为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024--2025学年度辽宁省县域重点高中高一下学期期末考试 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 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，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 2. 点在平面直角坐标系中位于 （ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量在上的投影的数量为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 5. 已知空间有6个不同的平面，则它们的交线条数最多为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 6. 已知复数在复平面内对应的向量为（为坐标原点），在复平面内对应的向量为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 2 7. 设，如图，两函数与的图象交轴于点，且是两函数图象的两个公共点，若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 8. 在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，该四棱柱的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为 （ ） 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. 已知都是复数，则以下命题是真命题的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 10. “阿基米德多面体”也称半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.将棱长为的正方体沿从同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到如图所示的半正多面体，则该半正多面体（ ） A. 有24条棱，12个顶点 B. 表面积为 C. 表面上任意两点间的最大距离为 D. 有内切球，且它的体积为 11. 如图，正方形的所有顶点都在坐标轴上，中心为坐标原点，，角以为顶点，轴的非负半轴为始边，终边交正方形的边于点，将角的终边逆时针旋转后，交正方形的边于点.记函数，则（ ） A. B. 的最小正周期是 C. 为偶函数 D. 的值域为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则的值为_________. 13. 小王同学在手工课上制作了一个圆锥模型，若该模型的底面积是侧面积的一半，则该模型轴截面顶角的大小为________. 14. 已知函数的图象关于直线对称，则的值为___________. 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. 已知复数，且是纯虚数. （1）求； （2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 16. 如图，在多面体中，平面，，四边形为梯形，，，. （1）若是的重心，证明：四点共面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，证明：. 17. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度后可得函数的图象，且图象上的最高点到轴的最小距离为. （1）求的解析式； （2）求的单调区间； （3）求不等式的解集. 18. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 19. 如图①，设射线构成三面角，，二面角的大小为，类比平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图②，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为. ①求的值； ②若，求三棱锥体积的最大值； （2）当时，请在图①的基础上，试证明三面角余弦定理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $