精品解析：四川省泸州市三校联盟2024-2025学年高一下学期期末联合考试数学试题

泸州市三校联盟2025年高一下学期联合考试 数 学 试 题 命题单位：四川省纳溪中学校 命题人：陈显强 审题人：李顺加 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1至2页，第II卷第3至4页，满分150分，考试时间共120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑. 3．填空题和解答题的作答：请用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，那么复数对应的点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 角是第二象限角，以为始边，它的终边与单位圆O相交于点P，且点P的纵坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线，平面，且，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数是R上的减函数，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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，，，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 在上的投影向量的坐标为 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的值为2 B. C. 函数在单调递增 D. 当时，方程存在两个根，则 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 无论点N在何处，始终有成立． B. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______________． 13. 定义在上的函数既是奇函数又是周期函数，其最小正周期是，当时，则的值为______. 14. 已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________． 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若． （1）求的值； （2）若，，求向量与向量夹角的余弦值． 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）将的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，最后将图象向上平移1个单位，得到函数的图象．求不等式的解集． 17. 在△ ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，求边AC上的高． 18. 如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有非零向量的“相伴函数”构成的集合为S． （1）设，试求函数的相伴向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且时，的值； （3）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市三校联盟2025年高一下学期联合考试 数 学 试 题 命题单位：四川省纳溪中学校 命题人：陈显强 审题人：李顺加 本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷第1至2页，第II卷第3至4页，满分150分，考试时间共120分钟. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑. 3．填空题和解答题的作答：请用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 解出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】，当时，， 所以，集合为不小于的奇数组合的集合， 因此，. 故选：B. 2. 复数满足，那么复数对应的点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接化简计算，然后可求出其对应的坐标 【详解】由，得， 所以复数对应的点坐标为， 故选：D 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的信息，利用指数、对数函数性质，结合“媒介数”比较大小即得. 【详解】依题意，，而， 所以的大小关系为. 故选：D 4. 角是第二象限角，以为始边，它的终边与单位圆O相交于点P，且点P的纵坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再利用三角函数定义求出目标值. 【详解】依题意，点在第二象限，则点的横坐标为， 所以. 故选：A 5. 已知直线，平面，且，则“”是“”的（　　） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】先判断充分性，再判断必要性，得到“”是“”的既不充分也不必要条件． 【详解】由，可得或，所以“”不是“”的充分条件， 由，可得或与是异面直线，所以“”不是“”的必要条件， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件． 故选：D. 6. 已知函数是R上的减函数，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意知在R上为减函数有，即可求的取值范围. 【详解】由题意，要使在R上的减函数，故需要满足： ，解得， 故选：D 【点睛】本题考查了根据分段函数的单调性求参数范围，结合对数函数、一次函数的性质，注意分界点处函数值的大小关系，属于基础题. 7. 已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由侧面积得母线长，再由母线得到高，进而圆台的体积公式可得出. 【详解】如图，由圆台上、下底面面积分别是、，得上底面半径，下底面半径. 侧面积是，得，得，在直角三角形中， ，高， 所以. 故选：A. 8. 如图，，是半径为的圆上的两点，且若是圆上的任意一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的运算可得，由数量积的定义可得，，当取最大值时，取得最大值当与同向时，取得最大值为，代入求解即可． 【详解】因为， ， ， 所以 即当取最大值时，取得最大值． 当与同向时，取得最大值为， 此时，取得最大值． 故选：C． 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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，，，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量模的坐标表示即可判断A；根据向量平行和垂直的坐标表示即可判断BC；根据投影向量的公式即可判断D. 【详解】对A，，故A错误； 对B，若，则，解得，故B正确； 对C，若，则，则，故C错误； 对D，在上的投影向量的坐标为，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的值为2 B. C. 函数在单调递增 D. 当时，方程存在两个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数性质逐项判断即得. 【详解】对于A，由题函数，所以由函数的最小正周期为得，A正确； 对于B，，， 即不是图象对称轴，因此，B错误； 对于C，当时，，因为函数在上单调递增， 则函数在上单调递增，C正确； 对于D，当时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减，且 当时，方程存在两个根，等价于函数与图象在上有两个交点， 所以，D正确. 故选：ACD 11. 如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 无论点N在何处，始终有成立． B. 三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． C. 直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D. 平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】CD 【解析】 【分析】A选项，举出反例可得A错误；B选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，故体积为定值；C选项，作出辅助线，得到即为直线MN与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围，得到C正确；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面，得到D正确. 【详解】A选项，当点N与重合时，如图， 此时与不垂直，夹角为锐角，A错误； B选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，B错误； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面BDN截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 故选：CD 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后，再用0.5毫米黑色签字笔描写清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_______________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式得到，由余弦二倍角公式求出答案. 【详解】由可得， 故. 故答案为： 13. 定义在上的函数既是奇函数又是周期函数，其最小正周期是，当时，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用奇函数的性质及周期性有，再应用解析式即可求值. 【详解】由题设. 故答案为： 14. 已知某圆柱的外接球的表面积为，则该圆柱的侧面积的最大值为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的表面积求出半径，建立圆柱高和半径的方程，求出圆柱侧面积解析式，利用基本不等式求解最大值. 【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为， 由题知，解得，由圆柱的轴截面性质知，    所以该圆柱的侧面积为， 当且仅当时等号成立，即该圆柱的侧面积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若． （1）求的值； （2）若，，求向量与向量夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知为矩形，，所以，结合图形显示关系得出，从而得出的值，进而求出. （2）由（1）知，因为为矩形，则，结合题给条件，，求出以及，再根据求出两向量夹角的余弦值. 【小问1详解】 已知为矩形，， 所以， 所以， 即，， 所以． 【小问2详解】 由（1）知：， 因为为矩形，则， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 即向量与向量夹角的余弦值为：． 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式及对称中心坐标； （2）将的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，最后将图象向上平移1个单位，得到函数的图象．求不等式的解集． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据最值求出，根据周期求出，然后利用求出，即可求出的解析式，最后令即可求出对称中心； （2）根据图象变换得出，最后结合正弦函数图象即可求出. 【小问1详解】 由图象可得，得， 由图象可知，所以，即， 即； 又因为，即， 所以，则， 结合，可得， 所以； 令得， 所以曲线的对称中心为． 【小问2详解】 把曲线向右平移个单位后的曲线为； 把曲线上每一点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线； 把曲线向上平移个单位，得到曲线； 令，得， 结合正弦函数图象可得不等式的解集为. 17. 在△ ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，，求边AC上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1） 先应用正弦定理边角转化再结合两角和的正弦化简，最后应用角的范围求解； （2）应用正弦定理结合两角和的正弦化简，最后应用正弦定义计算求解； 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得：， 又因为在中，， 所以， 化简，得：， 因为，所以， 所以，， 即． 【小问2详解】 因为，所以， 由正弦定理，可得， 由（1）可知：，所以，， 即， 又因为在中，， 所以． 18. 如图，已知平面平面ABCD，四边形ABCD是正方形，，点E，F，M分别是BC，PB，AD的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，连接交于点，连接， 因为点为的中点，为中点，且 四边形ABCD是正方形， 所以四边形为矩形， 故为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． （2）证明：由，为的中点，得， 又因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）连接，连接交于点，连接，先得到四边形为矩形，可得为的中点，结合为的中点，可得，进而求证即可； （2）由，为的中点，可得，再根据平面平面可得平面， 进而得到，进而求证即可； （3）取为的中点，作，垂足为，连接，分析得到是二面角的平面角，解三角形即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图，取为的中点， 由，得， 又因平面平面，平面平面，平面， 平面， 作，垂足为，连接， 由，，所以， 因为平面， 所以平面，又平面，则， 所以就是二面角的平面角， 在中，，，得， 所以， 故所求二面角的余弦值为． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有非零向量的“相伴函数”构成的集合为S． （1）设，试求函数的相伴向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且时，的值； （3）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）  【解析】 【分析】（1）将变形成的形式，根据相伴向量的定义可得； （2）根据相伴函数的定义，得到的解析式， 求得，结合同角三角函数关系式和两角和差的正弦公式可得的值； （3）根据相伴函数的定义及辅助角公式，求得取最大值时的取值，，即可用表示出，进而将表示成的函数，即可求得其取值范围. 【小问1详解】 ， 所以. 所以函数的相伴向量； 【小问2详解】 由向量的相伴函数为，得. 当时，. 当时，，所以. 所以； 【小问3详解】 已知点满足：，向量的“相伴函数”，其中. 当时，取得最大值. 因为在处取得最大值，所以，所以. 令，则. 当时，，，所以无意义； 当时，. 令，因为在上单调递增，且时，. 则，所以，所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $