精品解析：江西省南昌市南昌大学附属学校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

南昌大学附属学校2024-2025学年度高一下学期期末考试 数学试题 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. 在复平面内，复数的共轭复数为 A. B. C. D. 2. 已知，与同向且，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 3. 要得到函数的图象，只要把函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 4. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. B. 12 C. 12 D. 24 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）． A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 7. 如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本小题共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. 已知向量，则（ ） A. 向量的夹角为 B. 若，则 C. 若，则 D. 向量在向量上的投影向量为 10. 如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 11. 某质点的位移与运动时间的关系式为，其图象如图所示，图象与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 质点在内的位移图象为单调递减 D. 质点在内走过的路程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则____________. 13. 若是关于的方程的一个根，则_______． 14. 已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的体积为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的最小值，并写出当取最小值时的取值集合； （3）求不等式的解集. 16. 如图，在四边形中，. （1）求的长； （2）求四边形的面积. 17. 如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面ABC是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上． （1）求直线PC和平面ABC所成角的正切值大小； （2）求该几何体的表面积． 18. 如图，在直三棱柱中，点在上，. （1）证明：平面； （2）若，，. ①点是线段上的动点，试问三棱锥的体积是否为定值，若是，证明并求出定值，若不是.说明理由； ②求二面角的大小. 19. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）求证：； （3）已知，，且与不平行，，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌大学附属学校2024-2025学年度高一下学期期末考试 数学试题 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. 在复平面内，复数的共轭复数为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【详解】， ． 故选：B. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题． 2. 已知，与同向且，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，，利用模长可得，从而得解. 【详解】与同向， ，又， ，解得， . 故选：D. 3. 要得到函数的图象，只要把函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦函数平移的原则即可得到答案. 【详解】， 则把函数图象上所有的点向右平移个单位即可. 故选：D 4. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ） A. B. 12 C. 12 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法求出直观图的面积，进而即可得到原图形的面积. 【详解】由斜二测画法可知， 所以， 所以， 所以， 故选：A. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法，令，，找到与的关系，然后利用诱导公式和倍角公式进行求值即可. 【详解】令，，则， 令，则 所以 故选：B. 6. 如图，在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）． A. 90° B. 60° C. 45° D. 30° 【答案】D 【解析】 【分析】连接，是异面直线与所成角或其补角，求出，由余弦定理即可求出答案. 【详解】连接，因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以是异面直线与所成角或其补角， 设正方体的边长为，所以，， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以，因为，所以. 故选：D. 7. 如图，在棱长为的正方体中，点、、分别是棱、、的中点，则由点、、确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，借助面面平行性质作出截面，进而求出截面面积. 【详解】因为在棱长为的正方体中，由、分别为、的中点， 得，且，由且，得四边形为平行四边形， 即，设平面交棱于点，由平面平面， 且平面平面，平面平面，得， 由为的中点，得为的中点，设直线分别交、的延长线于点P、Q，如图： 连接交棱于点，连接交棱于点，连接、，则截面为六边形. 由，E为的中点，得，又，则为的中点， 同理为的中点，六边形是边长为1的正六边形， 所以截面面积为 故选：A 8. 函数，若使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明为奇函数，再证明为增函数，结合函数性质化简不等式得，令换元可得，转化为求的最小值. 【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称， 因， 由，可得是奇函数． 又，因在上单调递增且恒为正， 故在上为减函数，则在上单调递增． 故不等式 等价于， 则有（*）． 因为，令，则， 由（*）可得，即,使． 令，，则， 故．即的取值范围是. 故选：C. 二、选择题：本小题共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. 已知向量，则（ ） A. 向量的夹角为 B. 若，则 C. 若，则 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，直接由夹角公式计算即可；对于B，转换成即可验算；对于C，由向量平行的充要条件即可求解；对于D，由投影向量的定义即可求解. 【详解】对于A，向量的夹角的余弦值为，即向量的夹角为，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，若，则存在实数，使得， 因为，所以不共线，所以，故C正确； 对于D，向量在向量上的投影向量为，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，四面体中，，，分别为的中点.若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义和余弦定理求解可得. 【详解】取的中点为，连接，，如图： 在中，，且，在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为，所以直线PM，PN的夹角为，则或， 当时，由余弦定理得，，得. 当时，由余弦定理得，，得. 综上所述，或. 故选：CD 11. 某质点的位移与运动时间的关系式为，其图象如图所示，图象与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. 质点在内的位移图象为单调递减 D. 质点在内走过的路程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦函数图象，可得其周期，代入周期公式，可判断A的正误；根据特殊点，求解值，即可判断B的正误；根据正弦函数的单调性，可判断C的正误，根据正弦函数值域，可判断D的正误. 【详解】由已知函数图象得，函数的周期，所以，故A不正确； 令，所以， 又，所以， 因为，所以或， 又，所以，所以，故B不正确； 由已知得图象相邻的两条对称轴分别为直线，， 且在内单调递减， 因为，所以在上单调递减，故C正确； 由图象得该质点在内的路程为，故D不正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用弦化切可求三角函数式的值. 【详解】. 故答案为：. 13. 若是关于的方程的一个根，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先由方程复数根互为共轭复数可得为另外一个根，再用韦达定理求解即可. 【详解】根据方程复数根互为共轭复数，可得为另外一个根. 利用韦达定理结合复数的加法和乘法运算可知 ， 故答案为：. 14. 已知中，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为，则，结合图形找出的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的体积． 【详解】三棱锥中，平面，设与面所成角为， 又的最大值是，所以，解得， 即PQ的最小值为，的最小值是，即A到BC的距离为， 如下图，直角三角形△ABQ中，所以，又， 所以重合，则，则的外接圆圆心M为AB的中点， 又平面，从而外接球的球心O为PB的中点， 外接球的半径， 三棱锥的外接球的体积． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的最小值，并写出当取最小值时的取值集合； （3）求不等式的解集. 【答案】（1） （2）最小值为， （3） 【解析】 【分析】（1）利用两角和差正弦公式、辅助角公式化简，根据正弦型函数的周期性可得结论； （2）令即可求得最小值和的取值； （3）将不等式化为，结合正弦函数的图象与性质可求得结果. 【小问1详解】 ， 的最小正周期. 【小问2详解】 当，即时，取得最小值， 即，此时的取值集合为. 【小问3详解】 由得：， ，解得：， 的解集为. 16. 如图，在四边形中，. （1）求的长； （2）求四边形的面积. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理直接求解即可. （2）利用正弦定理，结合二倍角的正弦公式求出，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得，则. 而，于是， 又，则，，， 因此， 所以四边形的面积 . 17. 如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面ABC是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上． （1）求直线PC和平面ABC所成角的正切值大小； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）连接CO，则可得直线PC和平面ABC所成角等于，然后在直角中求解即可； （2）由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、和的面积，然后根据已知条件分别求出其面积即可. 【小问1详解】 连接CO，由题意，平面ABC， 故直线PC在平面ABC上的射影为直线CO， 因此直线PC和平面ABC所成角等于． 因为是以AB为直径的等腰直角三角形， 所以． 因此，由知． 即直线PC和平面ABC所成角的正切值大小为2． 【小问2详解】 由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、和的面积． 因为圆锥的高，圆锥的底面半径， 所以圆锥的母线长为， 表面积为． 在和中，，， 所以，得． 同理． 因此． 而， 因此，所求表面积为． 18. 如图，在直三棱柱中，点在上，. （1）证明：平面； （2）若，，. ①点是线段上的动点，试问三棱锥的体积是否为定值，若是，证明并求出定值，若不是.说明理由； ②求二面角的大小. 【答案】（1）证明： （2）①是，证明：连结交于，因为是的中位线，所以， 又因为平面，所以平面， 所以点到平面的距离不变，故为定值. . ② 【解析】 【分析】（1）根据直棱柱的性质及线面垂直的判定定理即可得证； （2）①先证明平面，可得为定值，并求之； ②先证明就是二面角的平面角，再求之即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以 又因为，且平面，平面，， 所以平面； 【小问2详解】 ①略 ②过作于点，过作于点，连结. 在直三棱柱中，平面平面， 因为，所以平面，所以； 又，所以面，所以. 则就是二面角的平面角. 又因为，，所以，， 所以，所以. 在直角中，，所以. 19. 对于平面向量，定义“变换”：， （1）若向量，，求； （2）求证：； （3）已知，，且与不平行，，，求证：． 【答案】（1） （2） 因为. 所以 . . ，所以. （3） 方法一：， ， 由（2）可得， 又因为 ，即， 可得， 且在内单调递减，， 可知， 所以. 所以 方法二:设， ， 因为， ， 所以 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）直接代入公式即可得到答案； （2）计算得，从而，再展开计算即可证明； （3）方法一：根据“变换”和向量数量积的坐标公式得到，从而有，最后利用三角形面积公式即可证明；方法二：证明三角形面积公式为，再代入公式证明即可. 【小问1详解】 因为向量 所以 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是证明出，从而得到两向量夹角相等，最后再利用三角形面积公式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $