精品解析：辽宁省丹东市2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷

丹东市2024~2025学年度（下）期末教学质量监测 高一数学 总分：150分 时间：120分钟 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知圆锥的母线长为2，底面半径为1，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 5. 正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，，点D满足，则（ ） A. 6 B. 8 C. D. 12 7. 已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，体积为，则该正四棱台的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，则（ ） 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i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A 若，，则 B. 若，则 C. 若，则的虚部为 D. 若，则 10. 已知向量，，均为单位向量，，则（ ） A. B. C. D. 11 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的最小正周期为π C. 在区间上单调递增 D. 在上有2个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量与的夹角为，则__________. 13. 已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为______. 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围是______. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）求的值域及单调递增区间. 16. 如图，四面体中，点G是重心，点E在上，. （1）求证：平面； （2）设过点G，E，C的平面为，与四面体的面相交，交线围成一个多边形. （i）请在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）； （ii）求出将四面体分成两部分几何体体积之比 17. 在中，已知的平分线与边相交于点. （1）求证：； （2）若，，，求. 18. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的正弦值. 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S. （1）若，，求C； （2）求证：； （3）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丹东市2024~2025学年度（下）期末教学质量监测 高一数学 总分：150分 时间：120分钟 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. （ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式化简求值. 【详解】. 故选：B 【点睛】本题主要考查诱导公式化简求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法可得，据此可得答案. 【详解】因为， 所以，则其对应坐标为，在第一象限. 故选：A 3. 已知圆锥的母线长为2，底面半径为1，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由圆锥的侧面积公式得到. 【详解】因为，所以圆锥的侧面积. 故选：C. 4. 将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数图像的平移法则，结合诱导公式进行求解. 【详解】将函数的图像向右平移个单位，得到图像， 所以函数， 故选：A. 5. 正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四面体的性质求解即可. 【详解】在正四面体中，不妨取棱长为1，设为底面的中心，为的中点，连接， 则平面，所以就是侧棱与底面所成角， 又，所以， 故正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为. 故选：A. 6. 在中，，，，点D满足，则（ ） A. 6 B. 8 C. D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，结合向量的运算律及数量积定义求解即可. 【详解】解：由题意可得， 所以. 故选：D. 7. 已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，体积为，则该正四棱台的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由棱台的体积公式可得棱台的高，再求棱台的外接球体积即可. 【详解】由题可知，，设棱台高为， 则，解得， 根据正四棱台的特性，正四棱台的外接球半径即为四边形外接圆半径， 又，，所以， 则，所以为直角三角形， 故为四边形外接圆直径， 正四棱台的外接球半径，体积. 故选：B. 8. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由二倍角公式，同角三角函数关系可得，据此可得答案. 【详解】因，则. . 则. 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. 已知i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则的虚部为 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的相关概念及除法运算即可逐项判断. 【详解】对于A，由纯虚数不能比较大小，故A错误； 对于B，因为，所以，故B正确； 对于C，若，则的虚部为，故C正确； 对于D，，则，故D错误. 故选：BC. 10. 已知向量，，均为单位向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，所以，再平方可得，再逐项验证即可. 【详解】因为，所以， 即， 所以，故A正确； 又，故B错误； 因为，所以，故C正确； 由，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的最小正周期为π C. 在区间上单调递增 D. 在上有2个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】由题可化简.对于A，由化简式及三角函数值域知识可判断选项正误；对于B，通过特殊值验证可判断选项正误；对于C，由题可得在区间上的解析式，据此可得单调区间；对于D，由题可得在上的解析式，据此可得零点. 【详解】 ； 又，； ，，. 则，. 对于A，，， ，. 其中，则，故A正确； 对于B，注意到，， 则B错误； 对于C，， 则在上单调递增，在上单调递减，故C错误. 对于D，， 则，即有2个零点，故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量与的夹角为，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量的数量积和模长的运算即可得出结果. 【详解】∵， ∴， 整理得，解得（舍）， 故答案为：1. 13. 已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】52π 【解析】 【分析】由题可得三棱锥为侧棱垂直于底面的三棱锥，据此可由图确定外接球球心，据此可得答案. 【详解】由题，折叠后可得，又平面， 则易得平面. 设为外接圆圆心，过做平面垂线， 则垂线上所有点到顶点距离相等.又垂线与平行，从而垂线与共面， 过A做垂线的垂线，垂足为，则易得四边形为矩形. 取中点为，则，从而为三棱锥外接球球心. 易得，由正弦定理可得， 则外接球半径满足. 则外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化结合余弦定理可得，则，然后由和差化积公式结合三角函数性质可得答案. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得, 则由余弦定理得，又，所以. 则. 因，则，由和差化积公式得： 因，则，. 从而，则. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）求的值域及单调递增区间. 【答案】（1） （2）值域为，增区间为 【解析】 【分析】（1）由两角差的余弦定理结合辅助角公式可得，据此可得周期； （2）由正弦函数值域及单调区间可得答案. 【小问1详解】 因为 所以 因为，所以的最小正周期为π； 【小问2详解】 当，时，，则，，有最大值为， 当，时，，则，，有最小值为， 所以的值域为 当时，解得 得的单调递增区间为. 16. 如图，四面体中，点G是的重心，点E在上，. （1）求证：平面； （2）设过点G，E，C的平面为，与四面体的面相交，交线围成一个多边形. （i）请在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）； （ii）求出将四面体分成两部分几何体体积之比. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）答案见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于点F，连接，由比例关系得，即可证明； （2）（i）连接并延长交于点H，连接，，则平面即为. （ii）由（i）知，将四面体分成两部分，由的面积与四边形的面积之比为1:2进行求解. 【小问1详解】 连接并延长交于点F，连接， 因为，所以， 平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 （i）连接并延长交于点H，连接，，则平面即为. （ii）由（i）知，将四面体分成两部分， 分别为三棱锥与四棱锥，很显然两个棱锥的高相等，记为h， 的面积与的面积之比为， 所以的面积与四边形的面积之比为1:2， 则. 17. 在中，已知的平分线与边相交于点. （1）求证：； （2）若，，，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别对和采用正弦定理可得，，两式联立即可. （2）解法一：由，得与，左右两侧同时平方解得与的长度，再通过余弦定理求解即可. 解法二：由，得，通过等面积法可求解与的长度，再通过余弦定理求解即可. 小问1详解】 在和中，如图所示： 由正弦定理得： ，， 因为，所以， 所以， 即， 又因为为的角平分线，所以， 所以，，两式相除得， 所以得证. 【小问2详解】 解法一：，所以， 平方得，由（1）可得：，， 解得，， 则，， 所以. 解法二： 由，由（1）得，所以， 因为为的角平分线, ，所以， 则， 解得，， 则，， 所以. 18. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，根据三线合一性质得到，，从而证明出线面垂直； （2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，先计算出，并求出，由等体积法求出； 解法2：过C作，垂足为E，由（1）得面面垂直，推出平面，则即为点到平面的距离，求出点到的距离，根据三角形面积得到方程，求出，点C到平面的距离为； （3）求出，由余弦定理得，由勾股定理逆定理得，，连接，即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得，求出，得到答案. 【小问1详解】 证明：设，连接， 因为四边形为菱形，所以，， 又因为为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面. 【小问2详解】 解法1：设点到平面的距离为， 在中，，， 可得点到的距离为， 由（1）知，平面， 所以， 又因为，所以. 解法2：由（1）知，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 过C作，垂足为E，所以平面， 则即为点到平面的距离， 在中，，， 可得点到的距离为， 所以，则， 所以点C到平面的距离为； 【小问3详解】 由（2）知，，， 在中，，则， 在中，由余弦定理得， 解得， 又，则，所以， 故四边形为矩形，， 又为等边三角形，故，又， 则，所以， 设，连接，，所以， 又，所以即为二面角的平面角， 因，，，所以， 由勾股定理逆定理得， 所以，所以二面角的正弦值为. 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S. （1）若，，求C； （2）求证：； （3）求的最小值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式结合题意可得，据此可得答案； （2）由基本不等式，三角函数值域，利用作差法可完成证明； （3）由结合正弦定理和余弦定理可得，然后由（2）中结论可得答案 【小问1详解】 由， ，联立得 则，因为，， 所以，即； 【小问2详解】 ， 当且仅当时等号成立； 因为，所以 此时，当且仅当是等边三角形时等号成立 则，即. 【小问3详解】 因为 所以. 当且仅当是等边三角形时等号成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $