精品解析：江西省江西省九江第一中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024---2025学年度高一下数学期末考试卷 一、单选题 1. 已知，，若，则实数（ ） A. 3 B. C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】利用垂直关系的向量坐标表示可得. 【详解】由题意可得. 故选：D. 2. 已知复数，其中i是虚数单位，则z的虚部为（ ） A B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简，可得的虚部. 【详解】解：，则的虚部为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题计算的关键是复数的运算法则.本题考查了复数的计算，属于简单题. 3. 若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（ ） A. 一定平行 B. 一定相交 C. 平行或相交 D. 以上判断都不对 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面平行的判定即得. 【详解】一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，若这两条直线相交且这两条直线平行于另一个平面，则可得这两个平面平行； 若这两条直线平行，则这两个平面可能相交也可能平行； 故选：C. 4. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图可得原图为直角三角形，求出原图的直角边长后可得三角形的面积. 【详解】由题设可得三角形为直角三角形，且为直角，，， 故其面积为， 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由得，再通过降幂公式化简得，代入即可求解. 【详解】由，得，即，，所以，. 故选：D． 6. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得几何体体积为一个圆锥加一个圆柱体积再减去一个球的体积，据此可得答案. 【详解】旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱，圆锥，再去掉一个球体得到. 由题可得圆柱，圆锥的底面半径为CB， 又，则， 三角形为等腰直角三角形，则， 又由题可得圆柱，圆锥的高均为2， 则圆柱，圆锥体积之和为：， 又注意到球体半径为，则球体体积为：， 则几何体体积为. 故选：A 7. 已知平面向量、、，，，的面积为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】通过平方，求得，结合余弦定理求得，再结合面积公式求得点D到的距离，进而可求解. 【详解】已知，， 对平方得. 因为，， 设，，则， 所以，即，解得，有. 中，由余弦定理有，可得， 设点到的距离为，有. 已知，设点D到的距离为， 由，解得， 则的最小值为. 故选：C 8. 已知复数满足，则，，，…不同的数有（ ） A. 6个 B. 4个 C. 2024个 D. 以上答案都不正确 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算计算出前六项即可求解. 【详解】由可得， 所以， ， ，，， 则， 因此可得周期为6，即, 所以，，，…不同的数有6个， 故选：A 二、多选题 9. 如图所示，在正方体中，O为DB中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断A；利用线面垂直的性质判定推理判断B；利用平面的基本事实推理判断C；求出线面角判断D. 【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面， 则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角， 而，因此，A正确； 对于B，平面，平面，则，又， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，又，因此平面，B正确； 对于C，由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点， 同理，点和都是平面和平面的公共点， 因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确； 对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面， 则为直线与平面所成的角，在中，， 因此，，D错误. 故选：ABC 10. （多选）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，下面说法错误的是（ ） A. B. 是锐角三角形 C. 的外接圆半径为 D. 的内切圆半径为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦定理判断A,C选项，再结合余弦定理判断B选项，应用同角三角函数结合面积公式求出内切圆半径判断D选项. 【详解】对A,在中，，由正弦定理，可得，所以A正确． 对B,因为，所以，由余弦定理可得，因为，所以C为钝角，所以为钝角三角形，所以B不正确． 对C,由可得，所以外接圆半径，所以C不正确． 对D,由余弦定理得，可得，则的面积． 设内切圆的半径为r，可得，解得，所以D正确． 故选：BC． 11. 对于非零向量，定义变换以得到一个新的向量.现对于非零向量与，作如上变换，则下列说法正确的是（ ） A. 存在单位向量，使得 B. 对任意、，恒成立 C. 若，则的最大值为 D. ，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用变换规则，结合向量模长公式可判断A；根据变换规则，结合数量积的坐标运算判断B; 根据变换规则，结合平面向量的坐标运算以及向量的模长公式判断C；先求出，再依次化简即可判断D. 【详解】设单位向量，则，， 而，，所以不存在单位向量，使得，A选项错误; 已知，，则， 又，， 计算， 所以恒成立，B选项正确; 由，则，， ，， ，， 设，的夹角为，对平方得 ， 即当时，取得的最大值为，C选项正确; 已知，则， 即， 设，则， 所以， 所以，D选项正确 故选：BCD. 三、填空题 12. 若关于x的方程无解，则实数k的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知与没有交点，利用辅助角公式结合正弦函数值域分析求解. 【详解】由题意可知：与没有交点， 因为， 且，可得， 可知，所以实数k的取值范围是. 故答案为：. 13. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______ 【答案】 【解析】 【分析】过作交于，连接，由线面垂直的性质结合勾股定理可得，则，再根据二面角的定义可知即为二面角的平面角，求即可. 【详解】如图过作交于，连接， 因为底面，底面，所以，，， 因为底面是正方形，， 所以由勾股定理可得，即， 又，，所以，所以， 因为平面平面，所以即为二面角的平面角， 因为，由勾股定理可得，，， 设，则，所以由得， 解得， 所以， 中由余弦定理可得， 因为，所以， 即二面角的大小为， 故答案为： 14. 已知中，C为钝角，内角是关于x的方程的两个根，其中，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意，进一步，，进一步结合三角恒等变换即可求解. 【详解】因为，所以方程可化为：， 所以，， 则，整理可得， 又根据 ， 又因为，C为钝角，所以， 所以在中， . 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在边长是2的正方体中，E、F分别为AB、的中点．求证： （1）平面； （2）平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连结，连结，先利用平行四边形证得，再利用线面平行的判定定理得到平面； （2）利用线面垂直的判定定理，由，证得平面，再由证得平面. 【小问1详解】 如图，连结，连结， 因为在正方体中，面是正方形，所以，是的中点， 又因为是的中点，所以且， 因为是的中点，所以，又，所以， 所以四边形是平行四边形，故， 又面，面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）知，易得平面，又面，故, 又因为，面，所以平面， 又，所以平面. 16. 已知. （1）若，，求的值； （2）若在时的值域为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式，结合二倍角的正弦公式、降幂公式以及辅助角公式化简函数解析式，再利用平方关系求解即可. （2）由，可得，根据值域为列不等式求解即可. 【小问1详解】 ， 因为，则，因为， 所以，，. 【小问2详解】 因为，所以，， 要使得在时的值域为， 则有， 解得. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由切化弦，通分化简，结合即可求解； （2）由得：，再结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为在中，，，则， 由，则. 【小问2详解】 由题意，， 又由余弦定理可得，， 由得：， 整理可得， 即， 所以. 18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记． （1）当时，求的值； （2）若，求的值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分解向量得，，然后由向量的数量积即可求解； （2）分解向量得，由三点共线可设，根据三点共线求得的值即可进一步求解； （3）分解向量得，，结合，可得，从而所求可转换为关于的函数. 【小问1详解】 由题意， ， 所以 ； 【小问2详解】 ， 若，则， ， 因三点共线， 所以可设， 由于三点共线，所以设， 所以，解得，， 所以； 【小问3详解】 ， 则 ， , 因为三点共线， 所以可设， 因为，所以， 所以，即， 所以， 令，所以， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 故所求为. 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，； （3）正三角形. 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式推理得证. （2）利用余弦定理，结合（1）的结论及二倍角的正弦公式求解. （3）由（1）（2）的结论可得，再利用余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式及基本不等式推理判断即可得解. 【小问1详解】 依题意，， 所以. 【小问2详解】 存在实数使等式成立．理由如下： 由（1）得，在中，由余弦定理得： ，， 三式相加整理得 ，所以时，存在实数使. 【小问3详解】 当时，由（1）得， 由（2）得，， 在中，由余弦定理得， 于是 ，当且仅当且时取等号， 由，得，则，， 即当且仅当且时取等号，亦即当且仅当为等边三角形时取等号， 因此，当且仅当为等边三角形时取等号， 而，所以为等边三角形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024---2025学年度高一下数学期末考试卷 一、单选题 1. 已知，，若，则实数（ ） A. 3 B. C. D. 0 2. 已知复数，其中i是虚数单位，则z的虚部为（ ） A. B. 3 C. D. 3. 若一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面内的两条直线，则这两个平面的位置关系是（ ） A. 一定平行 B. 一定相交 C. 平行或相交 D. 以上判断都不对 4. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 5. 已知，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面向量、、，，，的面积为，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 8. 已知复数满足，则，，，…不同的数有（ ） A. 6个 B. 4个 C. 2024个 D. 以上答案都不正确 二、多选题 9. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角为 10. （多选）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，下面说法错误的是（ ） A. B. 是锐角三角形 C. 的外接圆半径为 D. 的内切圆半径为 11. 对于非零向量，定义变换以得到一个新的向量.现对于非零向量与，作如上变换，则下列说法正确的是（ ） A. 存在单位向量，使得 B. 对任意、，恒成立 C. 若，则的最大值为 D. ，则 三、填空题 12. 若关于x的方程无解，则实数k的取值范围是____________. 13. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______ 14. 已知中，C为钝角，内角是关于x的方程的两个根，其中，则_______. 四、解答题 15. 如图，在边长是2的正方体中，E、F分别为AB、的中点．求证： （1）平面； （2）平面． 16. 已知. （1）若，，求的值； （2）若在时值域为，求的取值范围. 17. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记． （1）当时，求的值； （2）若，求值； （3）若，求的取值范围． 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $