精品解析：上海市松江一中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

松江一中2024学年度第二学期期末考试卷 高一数学 2025.6 考生注意： 本卷满分150分，考试时间120分钟，答案全部做在答题纸上． 一．填空题（本大题共有12题，满分54分.考生必须在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第1～6题每个空格填对得4分，第7～12题每个空格填对得5分，否则一律得零分）. 1. 复数（其中为虚数单位）的虚部是______． 【答案】-1 【解析】 【分析】根据复数的概念可知. 【详解】由题可知：的虚部是-1. 故答案为：-1 2. 已知向量，若//， 则tanθ=________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标运算得到，进而结合同角的商数关系即可求出结果. 【详解】因为//，且，所以，显然，所以，即； 故答案为：. 3. 已知是平面内两个单位向量，且其夹角为，则向量在向量上的数量投影______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据向量投影的概念计算即可. 【详解】由题可知：向量在向量上的数量投影. 故答案为： 4. 如图是一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积等于______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知有是等腰直角三角形且，结合斜二测画法确定原图的相关边长，进而求面积. 【详解】由题设，易知是等腰直角三角形， ， 所以原图中，， 则原图面积为. 故答案为：. 5. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】设关于的方程的两根虚根为，则且，即可求出的值，再代入检验. 【详解】设关于的方程的两根虚根为，则且， 所以，又，所以， 当时，，所以关于的方程有两个不相等实数根，不符合题意； 当时，，所以关于的方程有两个虚根，符合题意； 所以. 故答案为： 6. 一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】将平面展开图复原为如图所示的正方体后结合正方体的性质可得与所成的角即为或其补角，故可求线线角的大小. 【详解】将平面展开图复原为如图所示的正方体： 设正方体的棱长为，连接，则， 由正方体的性质可得，故四边形为平行四边形， 故，故与所成的角即为或其补角，而， 故与所成的角为， 故答案为：. 7. 已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形弧长与圆锥底面周长关系列方程求底面半径，结合圆锥的结构特征求该圆锥的母线与底面所成角余弦值，即可确定大小. 【详解】令底面半径为，则，可得，且圆锥母线为， 所以该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，故其大小为. 故答案为： 8. 一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成角，沿这条直道向上100米后，升高了 _____米． 【答案】 【解析】 【分析】作出示意图，作出坡角，即二面角的平面角，结合直道的长，求解三角形，即可求得答案. 【详解】如图，CD表示斜坡上的直道，AB表示坡脚水平线， 由题意知CD＝100米，作DH⊥过BC的水平面，垂足为H，线段DH的长度就是所求的高度， 在平面DBC内，过点D作，连接GH， ∵平面BCH，平面BCH， ∴，又，平面DGH， ∴平面DGH，又平面DGH， ∴， ∴为坡面DGC与水平面BCH所成二面角的平面角，则， 依题意，,则, 故（米）， 故答案为： 9. 已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案. 【详解】取的中点，则， 又，又因为， 故三点共线，即点在中线上运动， 在正三角形中，， 又，，则， 故. 故答案为： 10. 已知A、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，表示点的坐标，然后将向量坐标化使用辅助角公式计算判断即可. 【详解】由题可知：A、、是单位圆上的三个点，且，不妨设， 所以，则， 当，即时，有最大值为1，所以. 故答案为： 11. 如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为______________公里. 【答案】32 【解析】 【分析】先展开圆锥的侧面，确定观光铁路路线，再根据实际意义确定下坡段的铁路路线，最后解三角形得结果. 【详解】沿母线将圆锥的侧面展开，如图： 记为上的任意一点，作，垂足为，连接， 由的长为，得，由两点间线段最短，知观光铁路为图中线段， 而，则， 上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的距离越来越大， 因此上坡段的铁路，即图中的线段，由，得. 故答案为：32 【点睛】关键点点睛：作出圆锥侧面展开图，确定铁路对应线段是解决问题的关键. 12. 在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足，则点P的运动轨迹的周长是__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过线面垂直的判定定理找出与垂直的平面，从而确定点的运动轨迹，再利用几何关系求出轨迹四边形各边的长度，进而求得其周长. 【详解】如图，取的中点F，连接并延长，BC， 设，连接AG，设，连接FM，. 因为四边形为正方形，且E为BC中点，F为中点， 所以，又（平面）， 且平面，平面，， 所以平面，故， 又平面，进而有， 由此可得平面，则点P的运动轨迹周长为四边形， 由相似得为DC中点，则， ，，所以四边形周长为. 故答案为：. 二．选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分），每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸相应位置上，将代表答案的小方格涂黑． 13. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分也非必要条件. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数相等的定义以及充分必要条件的定义判断即可 【详解】设1，，符合，但不成立， 若，则， 所以“”是“”的必要非充分条件； 故选：B. 14. 若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题中不正确的是 A. ，，则 B. ，，则 C. ，，则 D. ，与，所成的角相等，则 【答案】D 【解析】 【分析】 根据线面垂直、面面垂直的判定定理判定即可. 【详解】解：对于A.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故A正确； 对于B.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故B正确； 对于C.由，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确； 对于D.由，与，所成的角相等，则与相交、平行或异面， 故D不正确. 故选：D. 【点睛】证明线面垂直的常用方法及关键： （1）证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质. （2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质. 15. 在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ） A. 四棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱锥 D. 三棱锥 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可. 【详解】对于正三棱柱，且，， 则在上运动， 所以到平面、平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件， 由，平面，平面，则//平面， 所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值， 所以三棱锥的体积为定值，D符合， 故选：D 16. 如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，. 点在平面内，且. 若将该正四棱柱绕旋转，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，由于点到平面的距离为定值即为，所以只需最大即可，而依题意，点在以为圆心，为半径的圆上， 所以当三点共线时，且时，取最大值. 【详解】过点作，垂足为，连接，可知平面， 所以点到平面的距离为， 由题意， ， 过点作平面，垂足为， 因为点在平面内，且，即点在以为圆心，为半径的圆上， 当三点共线时，且时，取最大值， 最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现点在以为圆心，为半径的圆上，从而把的最大值问题转化为的最大值问题，由圆外一点到圆上一点的最大值问题可解. 三．解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图是由一个长方体和一个圆柱组成的组合体. （1）求该组合体的表面积； （2）求该组合体的体积. 【答案】（1）256+32π；（2）256+32π. 【解析】 【分析】（1）由S组合体＝S长方体+S圆柱侧，结合长方形的面积公式即可求解. （2）由V组合体＝V长方体+V圆柱，根据长方体与圆柱的体积公式即可求解. 【详解】（1）该组合体的表面积为 S组合体＝S长方体+S圆柱侧＝2×（8×8+4×8+4×8）+2π×2×8＝256+32π； （2）该组合体的体积为 V组合体＝V长方体+V圆柱＝4×8×8+π×22×8＝256+32π. 【点睛】本题考查了多面体与旋转体的表面积、体积，需熟记公式，属于基础题. 18. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象． （1）求的解析式； （2）在中，若，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由的图象可得，从而可求出，再将点坐标代入中可求出的值，从而可求得，再由三角函数图象变换规律可求出的解析式； （2）由可求出角，然后利用余弦定理可求得. 【小问1详解】 由图象可知，所以． 又因为最高点是，所以，， 即，． 又因为，所以，， 所以． 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变， 得到函数的图象． 【小问2详解】 因为，所以． 又，所以， 所以，所以． 由余弦定理，得， 所以． 19. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． （1）求证：平面； （2）求与平面的所成角； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，利用几何关系得，，再利用线面垂直的判定定理，即可求解； （2）由（1）知为与平面所成的角，在中，利用，即可求解； （3）在上取点，使，连接，过作交于，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，进而可得平面平面，再由面面平行的性质，即可求解. 【小问1详解】 如图，连接，因为，为中点，所以， 又，所以，， 在中，，，则，由余弦定理，， 又，所以，则， 又面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）知为与平面所成的角， 在中，，所以， 又，所以， 即与平面所成的角为. 【小问3详解】 存在，且，理由如下， 如图在上取点，使，连接，过作交于，连接， 因为，且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， 由，知， 所以在线段上是否存在点，使得平面，且. 20. 如图，是以点为圆心，为半径的上的点，点、关于直线对称，，．如果以线段所在直线为实轴，以线段所在直线为虚轴，建立复平面． 则两点在复平面内对应的复数分别为． （1）求的值； （2）求的正弦值； （3）点在何位置时，五边形的面积取到最大值，并求出该最大值． 【答案】（1）60 （2） （3）点是圆弧的中点， 【解析】 【分析】（1）根据复数的几何意义得点的坐标，法1，求出向量的坐标，利用数量积的坐标运算求解；法2，求出及的夹角，利用数量积的定义求解； （2）法1，由题求出向量的坐标，利用向量夹角公式求出，进而求得答案；法2，由余弦定理求得，再由正弦定理求得答案； （3）因为的面积是定值，所以只需求的面积的最大值，即点是圆弧的中点时，由运算得解. 【小问1详解】 解法一： 因为两点在复平面内对应的复数分别为， 所以, 从而， 因此. 解法二： 因为两点对应的复数分别为， 所以, 从而， 因此. 【小问2详解】 解法一： 由（1）知，，从而可得： . 所以， 可得. 解法二：由（1）知，, 由余弦定理得： ，所以. 由正弦定理得：, 所以得：. 【小问3详解】 由题意可知，的面积是定值，因为点与点关于直线对称， 所以只需求的面积的最大值即可. 在中，的长度是定值，故只需求点到直线的距离的最大值， 因为曲线为圆弧，所以当点是圆弧的中点时，点到直线的距离最大， 从而的面积达到最大. 连接,因为， 可知, 又因为, 五边形的面积为，则有 . 21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. （1）已知，求； （2）若向量，求证：； （3）记，且满足，求的最大值. 【答案】（1）0； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用新定义计算即得. （2）由新定义证得，，即可证明. （3）设，并表示出，由新定义和三角恒等变换化简计算可得，结合正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由，得. 【小问2详解】 由向量，向量，得， 因此，同理， 所以. 【小问3详解】 依题意，，， 则当为锐角时，，当为钝角时，， 当为锐角时， 当时，取到最大值； 当为钝角时， ， 当，即时，取得最大值， 所以的最大值. 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是平面向量的数量积的坐标表示. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松江一中2024学年度第二学期期末考试卷 高一数学 2025.6 考生注意： 本卷满分150分，考试时间120分钟，答案全部做在答题纸上． 一．填空题（本大题共有12题，满分54分.考生必须在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，第1～6题每个空格填对得4分，第7～12题每个空格填对得5分，否则一律得零分）. 1. 复数（其中为虚数单位）的虚部是______． 2. 已知向量，若//， 则tanθ=________ 3. 已知是平面内两个单位向量，且其夹角为，则向量在向量上的数量投影______． 4. 如图是一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积等于______． 5. 若关于的方程的一个虚根的模为，则实数的值为____________． 6. 一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________． 7. 已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 8. 一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成角，沿这条直道向上100米后，升高了 _____米． 9. 已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是______. 10. 已知A、、是单位圆上的三个点，若，则的最大值为______． 11. 如图是一座山的示意图，山呈圆锥形，圆锥的底面半径为10公里，母线长为40公里，是母线上一点，且公里.为了发展旅游业，要建设一条最短的从绕山一周到的观光铁路.这条铁路从出发后首先上坡，随后下坡，则上坡段铁路的长度为______________公里. 12. 在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足，则点P的运动轨迹的周长是__________. 二．选择题（本大题共有4题，满分18分，第13～14题每题4分，第15～16题每题5分），每题有且只有一个正确答案，考生必须在答题纸相应位置上，将代表答案的小方格涂黑． 13. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分也非必要条件. 14. 若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题中不正确的是 A. ，，则 B. ，，则 C. ，，则 D. ，与，所成的角相等，则 15. 在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ） A. 四棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱锥 D. 三棱锥 16. 如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，. 点在平面内，且. 若将该正四棱柱绕旋转，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 三．解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤． 17. 如图是由一个长方体和一个圆柱组成的组合体. （1）求该组合体的表面积； （2）求该组合体的体积. 18. 已知函数在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象． （1）求的解析式； （2）在中，若，，，求． 19. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． （1）求证：平面； （2）求与平面的所成角； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 20. 如图，是以点为圆心，为半径的上的点，点、关于直线对称，，．如果以线段所在直线为实轴，以线段所在直线为虚轴，建立复平面． 则两点在复平面内对应的复数分别为． （1）求的值； （2）求的正弦值； （3）点在何位置时，五边形的面积取到最大值，并求出该最大值． 21. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量.作：，，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. （1）已知，求； （2）若向量，求证：； （3）记，且满足，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $