精品解析：江西吉安市五所重点县二中2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷

吉安市五所重点县二中2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷 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. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间上的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 如图所示，圆锥形容器的高为，容器内水面的高为，且，若将容器倒置，水面高为，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（ ） A. B. C. D. π 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. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的虚部为 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，是的两个零点，若，则下列为定值的量是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 当时，的最小值为 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角终边上一点，则_____； 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 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. 如图，空间四边形中，、分别是、的中点，、分别是、上的点，且.求证： （1）面； （2）三条直线、、交于一点. 16. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 17. 如图，在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若D为BC边上一点，，求AB的长. 18. 如图所示，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是的中点，底面，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉安市五所重点县二中2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷 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. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先化简复数，再代入乘方运算公式，即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对等式两边同时平方，即可求出结果. 【详解】化简得， ， ，， ， 故选:C. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线定理求解即可. 【详解】由，知，解得. 故选：D. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直观图画出原图象，计算即可. 【详解】由直观图画出原图象，如图所示： 由直观图可知，， 所以，所以的周长为. 故选：B. 5. 函数在区间上的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】首先化简的解析式，然后将函数化为方程，求出方程的解，即可求出函数的零点个数. 【详解】化简函数， 令，则，解得或. 当时，，因此函数在上的零点个数为3. 故选：A. 6. 如图所示，圆锥形容器的高为，容器内水面的高为，且，若将容器倒置，水面高为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据水的体积不变列出方程解出. 【详解】设容器底面半径为，倒置前液面的半径为，倒置后液面的半径为 则， 则水的体积为， 倒置后水的体积， 所以， 故选：D 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值. 【详解】由题意可得：， 则：，， 从而有：， 即. 故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题. 8. 已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（ ） A. B. C. D. π 【答案】C 【解析】 【分析】取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，可求得P在以H为圆心，为半径的圆上，进而计算即可得答案. 【详解】如图1，取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，由， 知，所以，又， 所以，所以点P在以H为圆心，为半径的圆上. 如图2，由，得， 解得（结合图形舍去），所以四边形BGHF是菱形，， 所以点P的轨迹的长度为. 故选：C. 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. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的虚部为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项. 【详解】对于A，，则，故A正确； 对于B，，则的虚部为，故B不正确； 对于C，设，由得，所以，故C正确； 对于D，若，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，是的两个零点，若，则下列为定值的量是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图及函数零点求得，再结合已知逐项分析判断. 【详解】函数的最小正周期为， 由图象得，令，得， 解得，即，又， 则，，由，得，解得， ，， 所以均为定值，而的值不确定，则不确定. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先证明所可得A正确，B，C作出截面图即可，D把立体几何展开形成平面的问题即可求解. 【详解】对A，当时，，为中点， ∵是中点，∴ ，又，所以， 即可得平面，故A正确； 对于B，如图延长交与H，连接交与I， 易知当时，I在线段上，截面如图为梯形， 当时，I在延长线上，截面如图为五边形， 所以当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形， 故B正确； 对于C，当时，为中点， ∵平面平面，∴截面可以为如图正六边形， 正方体边长为1，故截面正六边形边长为， 面积， 故C错误； 对于D，当时， ，∴ 四点共面， 如图对平面和平面沿进行展开， 四边形为等腰梯形，， ∴高， 又三角形为等腰三角形，， ∴高， ∴，又，所以的最小值为，故D正确； 故选：A B D. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角终边上一点，则_____； 【答案】##0.5 【解析】 【分析】运用三角函数定义求出，再结合二倍角公式化简计算即可. 【详解】根据三角函数定义，可得，则. 故答案为：. 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】取的中点，连接、，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为. 故答案为： 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，由正弦定理得到，，，由于，可得，得到答案. 【详解】由题意，， 可得， 由于， 可得， 由题意利用正弦定理可得， 可得，， 可得 ， 由于，可得，可得， 可得， 所以的取值范围为． 故答案为：． 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. 如图，空间四边形中，、分别是、的中点，、分别是、上的点，且.求证： （1）面； （2）三条直线、、交于一点. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）可证，从而可得面. （2）利用公理2（或平面性质2）可证三条直线、、交于一点. 【详解】（1）证明：在和中， ∵、分别是和的中点，∴. 又∵，∴. ∴. 又面，面，∴面. （2）证明：∵，∴， ∴四边形为梯形， 所以梯形的两腰和相交于一点，设交点为， 因为平面，故平面，同理平面， 又因为为这两个面的交线，所以， 所以三条直线、、交于一点. 【点睛】本题考查线面平行的证明、三线共点的证明，前者可转化为线线平行，后者应利用公理2（或平面性质2）来证明，本题属于基础题. 16. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的乘法运算化简，根据实数条件得到虚部为零，求得的值； （2）利用复数的除法运算化简，利用纯虚数的条件求得的值，进而得解. 【小问1详解】 由题知 若是实数，则，解得； 【小问2详解】 由题知 若是纯虚数，则，解得，所以. 17. 如图，在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若D为BC边上一点，，求AB的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式化简整理得，结合三角形内角的性质得，即可得； （2）应用余弦定理求得，最后应用正弦定理求AB的长. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 即，即． ∵，则． ∴，即，又， ∴． 【小问2详解】 在中，，，， ∴，， ∴． 在中，，，， 由正弦定理，得，可得. 18. 如图所示，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是的中点，底面，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）求出、的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 连接，由四边形是边长为的菱形，， 所以，，可知是正三角形. 因为是的中点，所以， 又，所以. 因为底面，平面，所以. 又、平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为底面，平面，所以. 又，，所以，. 在正三角形中，，是的中点，所以，且. 因为平面，平面，所以， 所以. 因为，底面， 设点到平面的距离为，所以. 而. 所以，即点到平面的距离为. 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角公式求出，再得出，根据新定义求解； （2）类比（1）求出，得出，利用新定义证明即可； （3）根据（2）代入求解推出，再由三角恒等变换求解. 【小问1详解】 设的夹角为，则， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 设的夹角为， 则， 所以 ， 则， 于是，. 【小问3详解】 由题意，， 则由（2）的公式可得：， 又，则得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $