精品解析：辽宁省大连市第二十四中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024—2025学年度下学期期末考试高一年级数学科试卷 命题人：郐绍洋 校对人：何建璋 孙晨曦 第I卷 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. 如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（ ）． A. E，F，G，H四点共面 B. 与是异面直线 C. ，，三线共点 D. 2. 已知复数，记的辐角为，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ）. A. 的虚部为 B. C. z的模等于 D. 3. 已知，，在上的投影向量为，记向量与的夹角为，则的值为（ ）. A. B. C. D. 4. 如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层顺时针转动了45°之后，其表面积增加了（ ）. A. B. C. D. 5. 已知三角形中，点在边上，平分∠，且，若，则=（ ）. A. 1 B. C. 2 D. 6. 一正四棱台内接于圆锥，其俯视图如下图所示.若底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为，则圆锥与棱台体积之比为（ ）. A. B. C. D. 7. 已知函数（，），曲线与坐标轴的三个交点分别为，如图所示，直线交曲线于点，若直线的斜率分别为，则（ ）. A. B. C. D. 8. 三角形中，角对的边分别为，，若，则边上的高为（ ）. A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.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. 关于空间中的几何体和基本事实，下列说法错误的是（ ）. A. 长方体不同的三条棱长分别为3、5、8，则其外接球的表面积为 B. 所有侧面均为全等的等腰三角形的棱锥一定是正棱锥 C. 点是某一给定平面外的两点，则一定存在过直线的平面垂直于这个平面 D. 棱长相同的正方体和正四面体的棱切球的表面积之比为 10. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（ ）. A. B. C. D. 11. 三角形中角的对边分别为，点是三角形所在平面内的点，分别满足，，，下列关于动点的说法正确的是（ ） A. 平面内点的集合是∠的角平分线所在的直线 B. 点的运动轨迹与∠的角平分线有且仅有两个交点 C. 若三角形是边长为2的等边三角形，则的取值范围为 D. 若三角形内心为，“∠为钝角”是“不存在点使得”的充分不必要条件 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则复数的辐角 ______________. 13. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________． 14. 已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. （1）求证：； （2）若，求异面直线与所成的角的大小. 16. 已知平面内一三角形，点为其外心. （1）点为边的中点，，，求的值； （2）若过点的直线分别交边、于点，证明： . 17. 如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到的位置，且，如图②. （1）设平面平面，证明：平面； （2）若是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比. 18. 已知函数，其最小正周期为. （1）求的解析式； （2）已知锐角三角形的内角满足，，过点作，且四点共圆，，求的面积； （3）把的图象先将所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度、向下平移个单位长度后得到的图象，设此时的定义域为.已知函数，方程在上的所有根之和等于，求满足条件的整数的取值集合. 19. 定义“变换”如下：设是一个关于复数z的表达式，若，则称复平面内点经过“变换”得到点.例如当时，点经过“变换”得到. （1）已知复数可以写成()，若()，求点经过“变换”得到的点的坐标； （2）若()，设直线，是否存在，使得直线上的任意一点“变换”到点后，点都在函数（其中为的反函数）的图象上？若存在，试求出有序实数对及此时的值；若不存在，请说明理由； （3）设()，其中.集合，，若对于集合中任意的复数在复平面内所对应的点经过“变换”后得到的点都是集合内的元素，求的取值范围.（分别为复数的实部与虚部） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下学期期末考试高一年级数学科试卷 命题人：郐绍洋 校对人：何建璋 孙晨曦 第I卷 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. 如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（ ）． A. E，F，G，H四点共面 B. 与是异面直线 C. ，，三线共点 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面的基本事实推理判断C；举反例即可判断D. 【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接， 由是的中位线，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，正确； 对于C，延长，相交于点， 由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 而平面平面，则，三线共点，C正确； 对于D，由，且可知，四边形是梯形， 若∠=∠，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出， 所以D不一定正确. 2. 已知复数，记的辐角为，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ）. A. 的虚部为 B. C. z的模等于 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据虚部定义、余弦值、共轭复数定义、复数运算和模长运算法则可得结果. 【详解】对于A， ， 所以，可知的虚部为，故A错误； 对于B，，所以，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D错误； 故选：B. 3. 已知，，在上的投影向量为，记向量与的夹角为，则的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由投影向量的定义算出，再根据算出和，然后再利用二倍角公式和同角三角函数的基本关系即可算出的值. 【详解】由题意，，则在上的投影向量： ， 所以，则， 那么, 又， 由此. 故选：A 4. 如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层顺时针转动了45°之后，其表面积增加了（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形可得新增了16个全等的小三角形面积，结合题意可得小三角形为等腰直角三角形，设其直角边为，由可得，即可得答案. 【详解】由题设分析，如下图，转动45°了后，此时魔方相对原来多出了16个小三角形的面积， 显然小三角形为等腰直角三角形且周长为3，设其直角边为， 则斜边为，则，解得． 由几何关系得1个小三角形的面积为， 所以增加的面积为． 故选：D. 5. 已知三角形中，点在边上，平分∠，且，若，则=（ ）. A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用题干中的面积关系，得到，再利用余弦定理建立方程，与之联立求解即可. 【详解】中，点在边上，， 则， 又平分∠，，， 又由，和的高相同，设为， 则，， 又，， 在中，由余弦定理，； 在中，由余弦定理，， ，， 即，化简得， 把代入，计算即得. 故选：. 6. 一正四棱台内接于圆锥，其俯视图如下图所示.若底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为，则圆锥与棱台体积之比为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为R，结合题意求出棱台上底面正方形边长，设圆锥高，即可表示出棱台的高，结合棱台以及圆锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为R，则正四棱台的底面边长为， 则阴影部分面积为， 由于底面上弓形（即图中阴影部分）面积与棱台上底面面积之比为， 设棱台上底面正方形边长为a，则，则， 即正四棱台的上下底面边长之比为，而正四棱台内接于圆锥， 则正四棱台各侧棱延长后交于一点，即为圆锥的顶点， ， 设圆锥的高为h，则正四棱台的高为， 故, 故选：D 7. 已知函数（，），曲线与坐标轴的三个交点分别为，如图所示，直线交曲线于点，若直线的斜率分别为，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的图象，设出点的坐标，进而表示出点坐标，再利用斜率坐标公式列式求解. 【详解】依题意，函数的最小正周期为，点是线段的中点， 设点，则，，而点，则， 由直线的斜率分别为，得，解得， 因此，而，则，，解得， 所以. 故选：B 8. 三角形中，角对的边分别为，，若，则边上的高为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理和已知条件得到，再利用辅助角公式及基本不等式可得到，此时且，结合余弦定理可求出，最后利用等面积法即可求解. 【详解】由余弦定理得，，代入， 可得， 化简得， 两边同时除以得，， 一方面，， 其中，，当时等号成立； 另一方面，由均值不等式，有，当且仅当时等号成立， 依题可得：，此时且， ，，，， ，， 由余弦定理，，又，， 联立解得，， 设边上的高为，则， 故，即边上的高为. 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，有多项是符合题目要求的.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. 关于空间中的几何体和基本事实，下列说法错误的是（ ）. A. 长方体不同的三条棱长分别为3、5、8，则其外接球的表面积为 B. 所有侧面均为全等的等腰三角形的棱锥一定是正棱锥 C. 点是某一给定平面外的两点，则一定存在过直线的平面垂直于这个平面 D. 棱长相同的正方体和正四面体的棱切球的表面积之比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用长方体外接球的直径等于长方体的体对角线即可求解；B选项举出一个反例即可；C选项利用平面与平面垂直的判定定理即可判断；D选项分别求出正方体和正四面体的棱切球的半径即可求解. 【详解】对于A选项，设长方体外接球的半径为， 长方体不同的三条棱长分别为3、5、8，， 外接球的表面积为，故A错误； 对于B选项，如图所示的三棱锥，满足所有侧面均为全等的等腰三角形，但此三棱锥不是正三棱锥，故B错误； 对于C选项，当直线垂直于给定平面时，根据面面垂直判定定理可知， 存在过直线的平面与给定的平面垂直， 当直线与给定的平面不垂直时，过点作直线与给定平面垂直， 此时直线与直线所确定的平面即为所求，故C正确； 对于D选项，设正方体和正四面体的棱长都为， 正方体棱切球的半径为，表面积为，正四面体棱切球的半径为，表面积为， 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长， 则正方体棱切球的半径， ； 将正四面体补成一个正方体，正四面体的棱长为正方体的面对角线，则正四面体的棱切球的直径等于正方体的棱长， 设正方体的棱长为，则，， 则，， ，故D错误. 故选：ABD. 10. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（ ）. A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合正弦定理、两角和的正弦公式及二倍角公式化简可得或，进而结合为锐角三角形，讨论求解即可. 【详解】由，则， 则， 根据正弦定理得，， 则，所以或. 当时，， 因为为锐角三角形， 则，解得， 则； 当时，由，则，即，此时条件中的分母为0，表达式无意义，故舍去. 综上所述，的取值范围为. 故选：ABD 11. 三角形中角的对边分别为，点是三角形所在平面内的点，分别满足，，，下列关于动点的说法正确的是（ ） A. 平面内点的集合是∠的角平分线所在的直线 B. 点的运动轨迹与∠的角平分线有且仅有两个交点 C. 若三角形是边长为2的等边三角形，则的取值范围为 D. 若三角形内心为，“∠为钝角”是“不存在点使得”的充分不必要条件 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由单位向量和向量加法的平行四边形法则可判断的轨迹，故可判断其正误，对于B，根据向量的线性运算可求的轨迹，从而可判断B的正误，对于C，根据向量数量积的运算律求出的取值范围可判断其正误，对于D，探究出“不存在点使得”的充要条件后可判断其正误. 【详解】∵，将其变形为， 设，则为单位向量， 如图，设，则四边形为菱形，故为的平分线， 且，因为，故与相异， 故点的集合是∠的角平分线所在的直线（除外），故A错误； 因为，故， 所以， ， 设，故，因为，故在之间， 故，故，故， 故，而为三角形内角且， 故即为的平分线， 而，故，故在的延长线上， 同理， 故，而且均为三角形内角， 故，故，故为的外角平分线， 故为三角形的旁心且在射线上， 因为，故的轨迹为圆，圆心为旁心， 故的轨迹与∠的角平分线有且仅有两个交点，故B正确； 若三角形是边长为2的等边三角形，设的角平分线所在的直线为， 则，且，过作，垂足为， 则， 而，故的轨迹圆的半径为， 故，故的取值范围为，故C正确； 对于D，由B的分析可得为旁心，故到的三边的距离相等，设该距离为， 则， 故，故的轨迹圆与的三边所在的直线相切， 若三角形内心为，则， 而在直线上，在以为圆心，为半径的圆上， 过作的垂线，则， 若与的轨迹圆无公共点，则不存在点使得， 若与的轨迹圆有公共点，则必定存在点使得， 故“不存在点使得”的充要条件为与的轨迹无公共点， 而，故为圆心到直线的距离， 故“不存在点使得”的充要条件为. 下面探究的充要条件. 如图，过作，垂足为，则为内切圆半径， 故，故，故， 故 ， 若“为钝角”，则，故， 故“为钝角”可以得到“不存在点使得”， 但，则， 但此时为直角，故“不存在点使得”得不到“为钝角”， 故 “∠为钝角”是“不存在点使得”的充分不必要条件， 故D正确； 故选：BCD. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则复数的辐角 ______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算先计算复数，进而得，再转化为三角形式即可求解. 【详解】由题意有，所以， 所以， 所以， 故答案为：. 13. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________． 【答案】##1.5 【解析】 【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案. 【详解】根据圆内接四边形的性质可知; , 所以， 即， 在中，,故， 由题意可知： , 则，所以， 故， 当且仅当时等号取得， 又，所以， 则 ，则实数的最小值为， 故答案为： 14. 已知正四棱台中，，其侧面积为，为侧面的中位线，若该棱台内切球半径为，则二面角的余弦值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】求出正四棱台的上下底的边长以及斜高，作出二面角的平面角，求出相关线段长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】由正四棱台内切球半径为，可知棱台的高为， 设，则，故侧面的高即斜高为， 正四棱台侧面为等腰梯形，棱台侧面积为，故， 解得，即棱台上底长为1，下底长为2，斜高为， 设上底边中点为E，中点为F，中点为G， 连接，由于正四棱台侧面为等腰梯形，为侧面的中位线， 则；又， 故，且在正四棱台中，有， 故四边形为等腰梯形，故， 则即为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 则，即， 故在中，， 则在等腰梯形中，，； 设分别为的中点，则四边形为等腰梯形，， 则， 在中，， 在中，，，， 求得， 则二面角的余弦值为， 故答案为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. （1）求证：； （2）若，求异面直线与所成的角的大小. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得. （2）分别取的中点，利用几何法求出异面直线与所成的角. 【小问1详解】 在三棱锥中，由为的中点，得， 而平面平面，平面平面，平面， 因此平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 分别取的中点，连接，于是， 则是异面直线与所成的角或其补角， 由（1）知，，又，， 则，于是， 令，则，又， 则有， ，又平面，平面， 则，，， 由分别为的中点，得， 显然，即有，，则， 所以异面直线与所成的角的大小. 16. 已知平面内一三角形，点为其外心. （1）点为边的中点，，，求的值； （2）若过点的直线分别交边、于点，证明： . 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，然后由数量积几何意义可得答案； （2）设三角形外接圆半径为R，用两种办法表示，可得，及，据此可完成证明. 【小问1详解】 ， 由数量积几何意义可得：， 同理得. 则； 【小问2详解】 证明：设三角形外接圆半径为R， ，. 因，所以. 同理，所以， 又，，. 则. 故 ① ∵点O为三角形ABC的外心，， ，， 同理，. 则. 代入上式①中，结合，可得： ， 所以，原命题得证 17. 如图①，在中，分别为的中点，以为折痕，将折起，使点到的位置，且，如图②. （1）设平面平面，证明：平面； （2）若是棱上一点（不含端点），过三点作该四棱锥的截面与平面所成的锐二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可； （2）延长截面，分别求出，从而求解. 【小问1详解】 证明：如图，连接， 因为分别为的中点， 所以， 所以分别为以为斜边的直角三角形， 即，又，平面平面， 所以平面，因为平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图，过作，连接并延长，交于点， 连接，因为，所以为的中点，所以， 连接，因为， 所以，又平面平面， 所以平面，连接， 则是截面与平面所成二面角的平面角， 即. 在中，，所以， 又在中，由余弦定理可得 ， 所以在中，， 所以，所以，所以 因为， 所以，即为中点. 又是中点，所以是的重心， 所以， 所以， 所以， 又， 所以， 所以. 18. 已知函数，其最小正周期为. （1）求的解析式； （2）已知锐角三角形的内角满足，，过点作，且四点共圆，，求的面积； （3）把的图象先将所有点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度、向下平移个单位长度后得到的图象，设此时的定义域为.已知函数，方程在上的所有根之和等于，求满足条件的整数的取值集合. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简可得，再结合定义域及周期求解即可； （2）由易得，设外接圆为，由题意点D在上，进而得到，，再结合正弦定理可求得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （3）先根据题意得到，作出函数图象，分析图象结合题设得到交点情况，最后列式计算即可. 【小问1详解】 由 ， 有意义．，即， 又函数的最小正周期为， 则函数，的最小正周期为， 则，即，，. 【小问2详解】 由，则， ，即，则，即， 设外接圆为，由题意点D在上，，即， 又因为，即，所以AD为的直径，则， ，，， 在中，由正弦定理得， 则，， 又， 则， . 【小问3详解】 由题意可得， 在同一个坐标系内作出和的图象如下： 显然和的图象均关于点对称，则它们图象的交点也关于点对称 又因为区间的中点是，所以两函数的交点个数为偶数个， 设交点横坐标按从小到大记为， 则，其中， 所以，则，即和在内有1012个交点， 由图像可知和在区间上无交点，在上各有两个交点， 又因为的周期为，故， 解得，所以符合条件的的取值集合为. 19. 定义“变换”如下：设是一个关于复数z的表达式，若，则称复平面内点经过“变换”得到点.例如当时，点经过“变换”得到. （1）已知复数可以写成()，若()，求点经过“变换”得到的点的坐标； （2）若()，设直线，是否存在，使得直线上的任意一点“变换”到点后，点都在函数（其中为的反函数）的图象上？若存在，试求出有序实数对及此时的值；若不存在，请说明理由； （3）设()，其中.集合，，若对于集合中任意的复数在复平面内所对应的点经过“变换”后得到的点都是集合内的元素，求的取值范围.（分别为复数的实部与虚部） 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）或. 【解析】 【分析】（1）根据给定定义及函数关系求解. （2）根据变换的定义及点与直线关系，建立恒成立的方程，进而求得方程组的解. （3）根据给定变换求出，再利用的几何意义建立不等式组，进而求出范围. 【小问1详解】 依题意，点P对应的复数为， ，则点Q对应的复数为，所以. 【小问2详解】 设点P对应的复数为， 则点Q对应的复数， 点Q坐标为， 由点P在直线上，得， 的反函数为， 将点Q的坐标带入中得， 代入并整理得到， 由对于任意的该方程都成立，得， 解得或， 所以有序实数对为，或，. 【小问3详解】 设，则， ， 因此复数z经过“变换”后在复平面内得到的点的集合是一个圆心为、 内半径为、外半径为的一个圆环中辐角在内的部分， 又该部分点集是集合的子集，且， 则或， 解得或， 所以的取值范围是或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $