精品解析：北京市顺义区2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试卷

北京市顺义区2024~2025学年第二学期期末质量监测 高一数学试卷 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效 第一部分（选择题共 40分） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 在平面直角坐标系中，，，则向量（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，与复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 4. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在直角中，斜边，直角边.若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体.则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 设m，n为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 7. 一艘海轮从港口A出发，沿着正东方向航行50n mile后到达海岛B，然后从海岛B出发，沿着北偏东30°方向航行70n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，那么这艘海轮需要航行的距离大约是（ ） A. 62.4n mile B. 85.0n mile C. 104.4n mile D. 116.0n mile 8. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 9. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 如图，在棱长为a的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点E使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡上.） 11. 已知复数，则z的共轭复数_________. 12. 已知，则_________. 13. 在中，点P，Q满足，.若，则_________. 14. 已知函数（，）部分图象如图所示.其中A，B是直线与曲线相邻的两个交点.若，则_________，_________. 15. 如图，已知OPQ是半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇形的内接矩形，矩形ABCD的面积S的最大值为_________. 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知向量，，，且向量与共线. （1）证明：； （2）求向量与的夹角； （3）若，求实数m的值. 17. 在中，，A为锐角，. （1）求A. （2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：；条件②：AB边上的高为；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 18. 如图在四棱柱中，四边形ABCD为梯形，，，E为中点. （1）求证：平面； （2）若平面，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）写出二面角的正切值.（结论不要求证明） 19. 已知函数（），且函数图象的一个对称中心为. （1）求的值； （2）求的单调递增区间； （3）若在区间上的值域是，求m的取值范围. 20. 如图，在几何体中，侧面是正方形，，，，，且与平面所成角为. （1）求证：平面平面； （2）求四棱锥的体积； （3）若平面与棱交于点，求四边形的面积. 21. 对于一个所有元素均为整数的非空集合A，和一个给定的正整数k，定义集合. （1）若，直接写出集合和； （2）若，其中，，直接写出使得集合中元素个数最少的一个k（用n表示）； （3）若，p和k都是正整数，集合，求出使得成立的所有p和k的值，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市顺义区2024~2025学年第二学期期末质量监测 高一数学试卷 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效 第一部分（选择题共 40分） 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.） 1. 在平面直角坐标系中，，，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“一个向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标”即可求得. 【详解】因为，，所以. 故选：A. 2. 在复平面内，与复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数除法的运算法则，简化复数，最后确定复数对应的点的位置. 【详解】,复数对应的点为，它在第四象限，故本题选D. 【点睛】本题考查通过复数的除法运算法则，化简后判断复数对应的点的位置. 3. 在中，，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据同角三角函数得出，再应用正弦定理计算求解. 【详解】在中，，所以， 又因为，则由正弦定理得，解得. 故选：D. 4. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据同角三角函数关系结合角的象限计算得出，最后应用两角和正弦公式计算求解. 【详解】因为为第二象限角，且， 所以， 则. 故选：B. 5. 在直角中，斜边，直角边.若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体.则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，得该几何体为以1为底面半径，高为的圆锥，即可求解． 【详解】在直角中，斜边，直角边， 得， 若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体为以1为底面半径，高为的圆锥， 则该几何体的体积为：， 故选：A 6. 设m，n为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系进行判断即可． 【详解】对于A项，当相交时，才成立，故A项错误； 对于B项，由，，得，而，则，故B项正确； 对于C项，若，，则，或，或，故C项错误； 对于D项，若，，则可以平行或异面，故D项错误． 故选：B 7. 一艘海轮从港口A出发，沿着正东方向航行50n mile后到达海岛B，然后从海岛B出发，沿着北偏东30°方向航行70n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，那么这艘海轮需要航行的距离大约是（ ） A. 62.4n mile B. 85.0n mile C. 104.4n mile D. 116.0n mile 【答案】C 【解析】 【分析】结合已知条件应用余弦定理计算求解. 【详解】 因为，且.. 在中，由余弦定理得， 即. 所以； 故选：C. 8. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 【答案】A 【解析】 【分析】先应用平移规则得出的解析式，再结合余弦函数的单调性判断各个选项即可. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数， 当，则在区间上单调递减，A选项正确；B选项错误； 当， 则在区间上单调递增，在区间上单调递减，C选项错误；D选项错误； 故选：A. 9. 设为两个非零向量，则“”是“存在正数，使得”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】为两个非零向量，，设两向量的夹角为. 充分性：，，即，解得； 不一定存在正数，使得成立，即充分性不成立. 必要性：存在正数，使得成立，； ，即必要性成立. “”是“存在正数，使得”的必要而不充分条件. 10. 如图，在棱长为a的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点E使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为. 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】对于①当为的中点时即证平面即可判断，对于②当为的中点计算,当与重合时，计算即可判断，对于③将侧面与侧面展开铺平，利用勾股定理计算即可判断. 【详解】对于①：当为的中点时，连接,设交于，连接， 则为和的中点， 由，所以，由为的中点，所以， 同理，又，平面， 所以平面,又平面，所以平面平面，故①正确， 对于②：当为的中点时，由①有，则，， 所以， 当点与点重合时，， ， 故的面积不是定值，故②错误； 对于③：如图，将侧面与侧面展开铺平， 所以，所以， 则的最小值为，故③正确. 故选：C. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡上.） 11. 已知复数，则z的共轭复数_________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的乘法得出复数，再应用共轭复数的定义求解. 【详解】因为复数， 则z的共轭复数. 故答案为：. 12. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由两角和的正切公式求解即可． 【详解】， 故答案为： 13. 在中，点P，Q满足，.若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由进行求解． 【详解】由，得， 由，得， 则 ， 得， 则， 故答案为： 14. 已知函数（，）部分图象如图所示.其中A，B是直线与曲线相邻的两个交点.若，则_________，_________. 【答案】 ①. 2 ②. ## 【解析】 【分析】先根据与周期的关系求出；再利用图象过的点求出；最后将代入函数求. 【详解】已知A，B是直线与曲线的两个相邻交点，且. 设则. 且，则，则， 同理，则，则， 因此，解得. 因为及，则函数的图象过点，可得， 所以，，则，. 由于，则，那么. 将代入可得：. 故答案为：2； . 15. 如图，已知OPQ是半径为1，圆心角为的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇形的内接矩形，矩形ABCD的面积S的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先设，把矩形的各个边长用角表示出来，进而表示出矩形的面积，再利用角的范围，结合正弦，余弦的二倍角公式，辅助角公式化简，再由正弦函数的性质可求求矩形面积的最大值即可． 【详解】连接，设，， 由题意知：在中，，. 在中，， 所以. 设矩形的面积为S，则 . 由，得， 所以当，即时，. 因此，当时，矩形有最大面积，为. 故答案为： 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知向量，，，且向量与共线. （1）证明：； （2）求向量与的夹角； （3）若，求实数m的值. 【答案】（1） 由向量与共线，得，得， 得，， 则， 故． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的共线定理求解； （2）由向量的夹角公式求解； （3），由向量的模的公式求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 设向量与的夹角为， 则， 由，得， 故向量与的夹角为：． 【小问3详解】 ， 由得，， 解得． 17. 在中，，A为锐角，. （1）求A. （2）再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：；条件②：AB边上的高为；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】（1） （2）选条件①，不存在；选条件②，面积为；选条件③，面积为. 【解析】 【分析】（1）依题意得，由正弦定理得，即可求解； （2）若选条件①， 由正弦定理得，得，进行判断；若选条件②，分当角为钝角时和当角为锐角时进行求解；若选条件③，先求出，再由余弦定理进行求解即可． 【小问1详解】 由，得，得， 由正弦定理得，， 得，得， 因为A为锐角，所以 【小问2详解】 若选条件①：，由正弦定理得，，得， 得，则角不存在，则不存在，所以条件①不符合要求， 故不选择条件①； 若选条件②：AB边上的高为，如图： 当角为钝角时，由， 得，而， 则不合题意， 故当角为锐角时，得，，， 得， 则的面积为：. 若选条件③：，由，得，得， 由余弦定理得，， 得， 得，得， 则的面积为：. 18. 如图在四棱柱中，四边形ABCD为梯形，，，E为中点. （1）求证：平面； （2）若平面，，且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）写出二面角的正切值.（结论不要求证明） 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接， 因E为的中点，故， 又，，则， 故得，则， 因平面，平面， 故平面. （2）（ⅰ）证明：因平面，平面，则， 因，且平面，则平面， 因平面，故. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明，可得，再由线线平行证得线面平行； （2）（ⅰ）由条件先证明，再由线线垂直证明平面，即得；（ⅱ）过点作于点，证明平面，得，则得即二面角的平面角，利用平面几何知识推理即可在中，求得其正切值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）如图，在平面内，过点作于点，连接， 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 因平面，则，故即二面角的平面角. 设，则，， 在中，由面积相等，，可得， 在中，， 即二面角的正切值为. 19. 已知函数（），且函数图象的一个对称中心为. （1）求的值； （2）求的单调递增区间； （3）若在区间上的值域是，求m的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简，再根据即可求出； （2）令即可求出； （3）先求出，再结合函数图象可得. 【小问1详解】 ， 因函数图象的一个对称中心为，则， 则，即， 因，则当时，. 【小问2详解】 由（1）可知，， 令，得， 故的单调递增区间为； 【小问3详解】 ，则， 因，结合函数图象可知， 欲使在区间上的值域是， 则，即， 故的取值范围为. 20. 如图，在几何体中，侧面是正方形，，，，，且与平面所成角为. （1）求证：平面平面； （2）求四棱锥的体积； （3）若平面与棱交于点，求四边形的面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理得平面，又由面面垂直的判定定理即可得证； （2）先计算梯形的面积，利用四棱锥的体积公式即可求解； （3）先证平面平面，过点作交于，计算，得四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式即可求解. 【小问1详解】 由侧面是正方形有，又, 又平面，所以平面，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由（1）有平面，又，所以平面， 所以为与平面所成角，即， 又，所以，即， 所以梯形的面积为， 所以四棱锥的体积为； 【小问3详解】 由侧面是正方形，得，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， 连接，平面平面，平面平面，则， 由，所以， 又，，所以，， 由，，所以， 过点作交于， 由有，又，，，即， 所以，所以四边形为等腰梯形， 如图作，所以， ，所以， 所以等腰梯形的面积为：. 21. 对于一个所有元素均为整数的非空集合A，和一个给定的正整数k，定义集合. （1）若，直接写出集合和； （2）若，其中，，直接写出使得集合中元素个数最少的一个k（用n表示）； （3）若，p和k都是正整数，集合，求出使得成立的所有p和k的值，并说明理由. 【答案】（1），. （2） （3） 若时，可得，要使得且， 则，即. 若时，此时，显然中有很多自然数空缺，所以不成立. 综上可得： ，. 【解析】 【分析】（1）根据题意，集合，利用列举法，即可求得； （2）由，得到，得到时，此时中的元素个数最少，分类讨论，即可求解； （3）根据题意，分和两种情况分类讨论，结合题设条件，即可求解. 【小问1详解】 由题意，集合，且， 当时，可得； 当时，可得. 【小问2详解】 由题意，集合， 对于，其中， 当时，此时中的元素个数最少， 若时，中的元素个数最少； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $