精品解析：辽宁省普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末联考数学试题

高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.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：人教B版必修第四册. 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. 复数的虚部为（ ） A. B. 4 C. D. 4i 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的减法及复数的有关概念求解. 【详解】依题意，，其虚部为. 故选：A 2. 工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是（ ） A. 两条相交直线确定一个平面 B. 两条平行直线确定一个平面 C. 四点确定一个平面 D. 直线及直线外一点确定一个平面 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面的基本性质求解. 【详解】解：由于连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格， 所以工人师傅运用的数学原理是“两条相交直线确定一个平面”. 故选：A 3. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】直接利用正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理得， 所以. 故选：D. 4. 已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，，且m与n异面，则（ ） A. l至多与m，n中的一条相交 B. l与m，n均相交 C. l与m，n均平行 D. l至少与m，n中的一条相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线之间的位置关系分析即可. 【详解】由题意知m与l平行或相交，n与l平行或相交，但直线l与m，n不能同时平行， 若直线l与m，n同时平行，则m与n平行，与两直线异面矛盾， 所以l与m，n中的一条相交或与m，n都相交. 故选：D. 5. 已知p，，复数是关于x的方程的一个根，则的值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程的复数根互为共轭复数，再利用韦达定理即可得解. 【详解】因为复数是关于x的方程的一个根， 所以复数也是关于x的方程的一个根， 则，所以， 所以. 故选：C. 6. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据斜二测图形信息推出原图形的尺寸，再分析旋转后几何体的构成，最后求出体积. 【详解】已知在斜二测图形中，， 根据斜二测画法中平行于轴的线段长度不变的规则，可知在原图形中，，. 又已知，由斜二测画法中平行于轴的线段长度减半的性质， 可得原图形中，且（斜二测画法中轴与轴夹角在原图形中为）. 如图，得到原图. 因为梯形以边为轴旋转一周，所以得到几何体为圆台. 其中圆台的底面半径，高； 根据圆台体积公式，可得. 故选：B. 7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（ ） A. 80米 B. 100米 C. 112米 D. 120米 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意表示出，再利用余弦定理建立方程，求解高度即可. 【详解】设，由题意得，而， 得到，在中，，， 由余弦定理得，解得，故B正确. 故选：B. 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且四边形是边长为的正方形，若四棱锥的体积的最大值为6，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接相交于点，当平面时，四棱锥的体积的最大，此时球心在上，根据求出，再利用是直角三角形求出可得答案. 【详解】连接相交于点，连接，当平面时， 四棱锥的体积的最大，此时球心在上，连接， 所以，解得， 四边形是边长为的正方形，所以， 设球的半径为，因为是直角三角形，所以， 即，解得， 则球的表面积为. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B. 棱柱至少有五个面 C. 棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 【答案】BC 【解析】 【分析】根据棱锥、棱柱、棱台、圆台的概念以及性质，即可判断得出答案. 【详解】对于A项，根据棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，可知A项错误； 对于B项，棱柱中面最少的为三棱柱，有五个面.故B正确； 对于C项，由于棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的多面体为棱台.结合棱锥的性质，可知棱台的侧棱延长后必交于一点.故C正确； 对于D项，以直角梯形的垂直于底面的腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台，当腰与底面不垂直时，得到的旋转体不是圆台.故D错误. 故选：BC. 10. 已知的内角所对的边分别为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则的形状能唯一确定 【答案】AB 【解析】 【分析】应用正弦定理及边角关系判断A、B、D；由余弦定理易得为锐角，而角和角是否为锐角无法确定，即可判断C. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，则，故B正确； 由余弦定理，可知为锐角， 但无法判断角和角是否为锐角，不一定为锐角三角形，故C错误； 由正弦定理得，即，又，所以，所以或，故D错误. 故选：AB 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可①②③确定ABC的正误，利用展开法和点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A， ∵正方体的对面互相平行， ∴过三点平面截正方体的对面所得截线互相平行， 又∵为线段的中点，∴截面交BC于其中点G， 连接，则四边形即为所求截面，显然为等腰梯形， 且， 梯形的高， 面积为，故A正确； 如图所示，设为的中点， 因为，平面，平面， 所以平面， 假设直线平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为分别为正方形的边的中点，所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 而直线与平面相交，所以直线与平面相交， 这与平面矛盾，故假设直线平面不成立，故B错误. ∵，平面，不在平面内， ∴平面， 又∵，∴到平面AD1C的距离为定值，又∵的面积为定值， ∴当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，故C正确； 将等腰直角三角形展开到与矩形在同一平面内， ， 当共线时取等号，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. 某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式求出圆锥的底面圆的周长，建立方程，解之即可求解. 【详解】由题意知扇形弧长， 设该圆锥底面圆的半径为，则， 即，得，即该圆锥的底面圆的直径为. 故答案为： 13. 已知复数满足，且，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】先设根据给定条件，结合复数相等和复数模公式计算作答. 【详解】设， 又，所以， 又，所以， 所以， 所以， 所以 ． 故答案为：. 14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则__________，的最小值为__________． 【答案】 ①. 3 ②. ## 【解析】 【分析】第一空，利用余弦定理角化边，再化简计算即得；第二空，利用余弦定理将用表示，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】在中，由及余弦定理，得 ，因此； ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：3； 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，在复平面内对应的点分别为，． （1）若，求； （2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知：，，进而可求和其模长； （2）整理可得，结合复数的几何意义运算求解. 【小问1详解】 由题可知：，，则， 所以． 【小问2详解】 由题意可知：， 因为复数z在复平面内对应的点位于第二象限，则，解得， 故实数m的取值范围为． 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C； （2）若，△ABC的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先对题目的等式进行变形化简，然后再用余弦定理求解，即可得到C的大小. （2）已知三角形的面积，利用三角形面积公式可求出，再结合给定条件利用余弦定理建立方程，即可算出c边. 【小问1详解】 由，得． 由余弦定理，得， 又，所以． 【小问2详解】 由△ABC的面积为，得，所以ab＝8． 由余弦定理，得， 所以． 17. 如图，在三棱柱中，，分别是，的中点. （1）证明：平面平面； （2）若三棱柱为直三棱柱，且棱长均为2，求异面直线与所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，平面，来证明面面平行； （2）先证明异面直线与所成角为（或其补角），再在中计算即可. 【小问1详解】 证明：因为，分别是，的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 连接，由棱柱的性质，可知所以四边形为平行四边形，所以，又， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为， 平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：由（1）知，所以异面直线与所成角为（或其补角）， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为，平面，所以，， 所以，，， 所以，即， 所以在中，， 即异面直线与所成角的正弦值为. 18. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面平面，，点E，F分别为棱DC，DP的中点． （1）求证：平面PBD； （2）求二面角的正切值； （3）求直线PE与平面PAD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质可得平面，由，进而可得平面，结合线面垂直的判定和性质定理即可证明结果； （2）过点作直线的垂线，垂足为推理可得为二面角的平面角，进一步计算即可推出结果. （3）取的中点，连接，可证得平面，则有点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等体积计算可得距离为，设直线与平面所成角为，由计算即可. 【小问1详解】 证明：在中，，，， 由余弦定理得. 即，所以，所以. 因为四边形是矩形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，点是的中点，所以， 又平面， 所以平面. 【小问2详解】 过点作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示. 由(1)知平面，又平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为平面平面，所以，又， 所以，所以， 解得 在中，， 所以，即二面角的正切值为. 【小问3详解】 取的中点，连接，如图所示， 易得，又平面平面， 所以平面，即点到平面的距离等于点到平面的距离. 因为平面平面， 所以，所以，所以. 设点到平面的距离为，又， 所以，解得， 设直线与平面所成角为，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． （1）求证：是直角三角形； （2）若的面积为，且，求的值； （3）求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式可求解，进而根据正弦定理可得，由和差角公式化简即可求解， （3）由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得，即可利用不等式求解. 【小问1详解】 因为，所以，即, 由正弦定理可得，故,即是直角三角形， 【小问2详解】 的面积为则， 因为P为的费马点，所以， 设，所以，， 在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得, 所以，所以即， 所以，即， 【小问3详解】 因为P为的费马点，所以， 设所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得, 在中，由余弦定理可得, 又，所以， 所以， 又所以即， 解得或（舍去）， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教B版必修第四册. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. 4 C. D. 4i 2. 工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是（ ） A 两条相交直线确定一个平面 B. 两条平行直线确定一个平面 C. 四点确定一个平面 D. 直线及直线外一点确定一个平面 3. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，，且m与n异面，则（ ） A. l至多与m，n中的一条相交 B. l与m，n均相交 C. l与m，n均平行 D. l至少与m，n中的一条相交 5. 已知p，，复数是关于x的方程的一个根，则的值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（ ） A. 80米 B. 100米 C. 112米 D. 120米 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且四边形是边长为的正方形，若四棱锥的体积的最大值为6，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B. 棱柱至少有五个面 C. 棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 10. 已知的内角所对的边分别为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则的形状能唯一确定 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某圆锥侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为_________． 13 已知复数满足，且，则＝______． 14. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则__________，的最小值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，在复平面内对应的点分别为，． （1）若，求； （2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围． 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求C； （2）若，△ABC面积为，求c． 17. 如图，在三棱柱中，，分别是，的中点. （1）证明：平面平面； （2）若三棱柱为直三棱柱，且棱长均为2，求异面直线与所成角的正弦值. 18. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面平面，，点E，F分别为棱DC，DP的中点． （1）求证：平面PBD； （2）求二面角的正切值； （3）求直线PE与平面PAD所成角的正弦值． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． （1）求证：是直角三角形； （2）若的面积为，且，求的值； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$