精品解析：江西省吉安市五所县二中2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试卷

江西省吉安市五所县二中2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试卷 考试内容：三角函数及三角恒等变形、解三角形、平面向量及其应用、复数、立体几何初步 一、单选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线 B. 棱柱的底面一定是平行四边形 C. 圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形 D. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 2. sin 600°＋tan 240°的值等于（ ） A. － B. C. －＋ D. ＋ 3. 已知命题甲：“非零向量，，，若，则”；命题乙：“非零复数，，，若，则”，则（ ） A. 命题甲和命题乙都为真命题 B. 命题甲为真命题，命题乙为假命题 C. 命题甲为假命题，命题乙为真命题 D. 命题甲和命题乙都为假命题 4. 设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A. 若∥，∥，则∥ B. 若∥，，则 C. 若，则 D. 若，∥，则 5. 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. . 6. 如图，在中，，P是BN上的一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题：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. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. z的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 11. 如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 直线与直线所成角的大小为 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________． 13. 如图，一个水平放置的正方形，它在直角坐标系中，点的坐标为，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点到轴的距离为______． 14. 一艘轮船按照北偏东方向，以18海里/小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过10分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为_____海里. 四．解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数z是关于x的方程的一个根，且复数z在复平面内所对应的点在第二象限． （1）求z； （2）若复数，所对应的向量分别为，，且，求的值． 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 17. 的内角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 18. 如图，市政改造工程要在道路的一侧修建一条新步道，新步道的前一部分为曲线段，该曲线段是函数，的图象，且图象的最高点为，新步道的中部分为长1千米的直线跑道，且，新步道的后一部分是以为圆心的一段圆弧． （1）求曲线段的解析式和的大小； （2）若计划在圆弧步道所对应的扇形区域内建面积尽可能大的矩形区域服务站，并要求矩形的一边紧靠道路上，一个顶点在半径上，另外一个顶点在圆弧上，且，若矩形的面积记为，求的解析式，并求的最大值以及相应的值． 19. 已知三棱锥的棱两两互相垂直，且. （1）若点分别在线段上，且，求二面角的余弦值； （2）若以顶点为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交，试求交线长是多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省吉安市五所县二中2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试卷 考试内容：三角函数及三角恒等变形、解三角形、平面向量及其应用、复数、立体几何初步 一、单选题：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. 下列说法正确的是（ ） A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线 B. 棱柱的底面一定是平行四边形 C. 圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形 D. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 【答案】C 【解析】 【分析】 根据圆柱、圆锥、圆台以及棱柱的结构特征判断. 【详解】因为通过圆台侧面一点只有一条母线，所以A不正确； 因为棱柱的底面不一定是平行四边形，可以是任意多边形，所以B不正确； 因为由棱台的定义，要求上､下底面平行，所以D不正确； 因为圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形，三角形的两腰是其母线，所以C正确. 故选：C 【点睛】本题主要考查几何体的结构特征，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 2. sin 600°＋tan 240°的值等于（ ） A. － B. C. －＋ D. ＋ 【答案】B 【解析】 【分析】分别利用诱导公式求得sin 600°和tan 240°的值，从而求得结果. 【详解】sin 600°＝sin(360°＋240°)＝sin 240°＝sin(180°＋60°)＝－sin 60°＝－， tan 240°＝tan(180°＋60°)＝tan 60°＝， 则 sin 600°＋tan 240°＝. 故选：B. 【点睛】本题主要考查诱导公式，意在考查学生的数学运算的学科素养，属基础题. 3. 已知命题甲：“非零向量，，，若，则”；命题乙：“非零复数，，，若，则”，则（ ） A. 命题甲和命题乙都为真命题 B. 命题甲为真命题，命题乙为假命题 C. 命题甲为假命题，命题乙为真命题 D. 命题甲和命题乙都为假命题 【答案】C 【解析】 【分析】设出向量夹角，利用向量数量积的定义判断命题甲，利用复数的运算性质判断命题乙即可. 【详解】对于命题甲，若，设，夹角为，设，夹角为， 故得，所以， 无法确定，也无法确定和的方向，故无法得到，故命题甲是假命题， 对于命题乙，因为非零复数，，， ，所以， 故命题乙是真命题，故C正确. 故选：C 4. 设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A. 若∥，∥，则∥ B. 若∥，，则 C. 若，则 D. 若，∥，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，与相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，与平行或；对于D，与相交、平行或． 【详解】设是直线，，是两个不同的平面， 对于A，若，，则与相交或平行，故A错误； 对于B，若，则内存在直线，因为， 所以，由面面垂直的判定定理得，故B正确； 对于C，若，，则与平行或，故C错误； 对于D，若，，则与相交、平行或，故D错误． 故选：B． 5. 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. . 【答案】B 【解析】 【分析】求出把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数，求出再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数. 【详解】把函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）后的函数为， 再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数为. 故选：B. 6. 如图，在中，，P是BN上的一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得到，由共线定理的推论得到方程，求出答案. 【详解】，故， ，故， 因为三点共线，故，解得. 故选：C 7. 在中，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等腰三角形性质结合诱导公式和二倍角的余弦公式得，再利用二次函数性质即可得到范围. 【详解】因为，则， 令，因为，所以，则， 则，则. 则的取值范围为. 故选：A. 8. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，得，利用基本不等式运算即可. 【详解】， , ， ，， ， ， 即， ， 当且仅当时等号成立， ，即的最大值是. 故选：D 二、多选题：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. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. z的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据已知条件得出，再逐项判断即可. 【详解】因为，所以，则z的虚部为2，故A错误； ，故B正确； ，所以为纯虚数，故C正确； ，故D错误， 故选：BC. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上单调 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角函数的周期性来判断ACD，利用正弦函数的单调性来判断B. 【详解】选项A：由题意可知，函数的最小正周期，所以，A正确. 选项B：当时，，所以在上不单调，B错误. 选项C：若，则或，所以的最小值为，C正确. 选项D：若，则，，所以的最小值为，D错误. 故选：AC. 11. 如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. D. 直线与直线所成角的大小为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项:连接,为中点，为中点，可证∥根据线面平行的判定可以证明∥平面； B选项:；连接,同理证明∥平面,结合A选项可证明平面平面； C选项:由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，根据勾股定理可证,结合∥可证; D选项:先利用平移思想，根据平行关系找到异面直线与直线所成角的平面角，结合为正三角形，即可求出直线与直线所成角. 【详解】连接如图示： 为底面正方形的中心, 为中点，又为中点，∥又平面,平面，∥平面，故A选项正确； 连接，同理可证∥,又平面,平面，∥平面,又,∥平面平面,平面, 平面平面,故B选项正确； 由于正四棱锥的棱长均相等，且四边形为正方形，,又∥， ,故C选项正确; 分别为侧棱的中点，∥四边形为正方形, ∥,直线与直线所成的角即为直线与直线所成角 即为直线与直线所成角，又为正三角形，, 直线与直线所成角为.故D选项不正确. 故选：ABC 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式与和差公式计算即可. 【详解】原式 . 故答案为：． 13. 如图，一个水平放置的正方形，它在直角坐标系中，点的坐标为，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点到轴的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出正方形的直观图，再结合斜二测画法的规则计算可得. 【详解】作出正方形的直观图如图所示： 因为，， 所以顶点到轴的距离为． 故答案为： 14. 一艘轮船按照北偏东方向，以18海里/小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过10分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为_____海里. 【答案】2 【解析】 【分析】作出示意图，利用余弦定理，即可得解． 【详解】设轮船从点出发到达点，灯塔在点，如图所示， 由题意结合图可知，，海里， 在中，由余弦定理知，， 所以，即， 解得或（舍负）， 所以灯塔与轮船原来的距离为2海里． 故答案为：2 四．解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数z是关于x的方程的一个根，且复数z在复平面内所对应的点在第二象限． （1）求z； （2）若复数，所对应的向量分别为，，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解方程，得，由复数z在复平面内所对应的点在第二象限，所以； （2）由（1）可得，由，可得，代入计算可得的值． 【小问1详解】 因为，则，解得， 又复数z在复平面内所对应的点在第二象限，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以，则， 因为，所以， 解得. 16. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 【答案】 （1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面， 在上，， 是圆内接正三角形，，≌， ，即， 平面平面，平面平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论. 【详解】（1）略 （2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为， ，解得，， 在等腰直角三角形中，， 在中，， 三棱锥的体积为. 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 17. 的内角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题给条件及余弦定理、同角三角函数的基本关系即可求解. （2）根据三角形的面积公式可求，再根据余弦定理即可求，即可得的周长. 【小问1详解】 由余弦定理可知，. 因为，所以， 即. 由，且， 解得，则. 【小问2详解】 的面积，则. 因为，所以由， 可得， 则， 故的周长为. 18. 如图，市政改造工程要在道路的一侧修建一条新步道，新步道的前一部分为曲线段，该曲线段是函数，的图象，且图象的最高点为，新步道的中部分为长1千米的直线跑道，且，新步道的后一部分是以为圆心的一段圆弧． （1）求曲线段的解析式和的大小； （2）若计划在圆弧步道所对应的扇形区域内建面积尽可能大的矩形区域服务站，并要求矩形的一边紧靠道路上，一个顶点在半径上，另外一个顶点在圆弧上，且，若矩形的面积记为，求的解析式，并求的最大值以及相应的值． 【答案】（1）曲线段的解析式为， （2）；当时，取得最大值 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，即可求出，从而可得曲线段的解析式，令时，可得的值，根据几何知识求； （2）根据题意可得，利用三角恒等变换化简可得；根据正弦函数的有界性分析求解即可. 【小问1详解】 由题意可得：，即， 且，则， 所以曲线段的解析式为， 当时，， 又因为，则， 可知锐角，所以； 【小问2详解】 由（1）可知，，且, 则， 可得， 则 ； 因为，则， 可知当，即时，， 所以当时，取得最大值． 19. 已知三棱锥的棱两两互相垂直，且. （1）若点分别在线段上，且，求二面角的余弦值； （2）若以顶点为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交，试求交线长是多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出二面角的平面角，在直角三角形求解即可； （2）根据数形结合和弧长公式求解即可. 【小问1详解】 两两垂直，， 平面，平面， ， 过点作于，连接，则 又平面，，又平面，， 所以平面，又平面，所以， 即为的平面角， 在中，， 所以二面角的余弦值. 【小问2详解】 ，， 所以以为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧， ①平面与球面相交所成的弧是以为圆心， 为半径的圆弧； ②平面与球面相交，得到的弧是以为圆心，8为半径的弧， ，，又为锐角， 所以，所对圆心角，所以； ③由对称性可知，平面与球面相交所得到弧长与②情况相同，长度也为； ④， 所以为等边三角形，， 点到的距离等于， 所以平面与球面相交得到弧长， 交线长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $