精品解析：江西省部分校联考2025-2026学年高一下学期7月期末质量检测数学试题

2025-2026学年高一下学期数学学科期末质量检测 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. 已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（    ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 2. “角为钝角”是“角为第二象限角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行四边形中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 将的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上没有对称中心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则的虚部为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（ ） A. 为函数的一个周期 B. C. D. 若，且为锐角，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则（ ） A. 存在点，使，，，四点共面 B. 二面角的正切值为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 经过，，，四点的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则__________. 13. 如图，四面体ABCD中，，M、N分别为AB、CD的中点.若异面直线AC与BD所成角的大小为，则MN的长为_________ 14. 已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，则__________． 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. 已知向量满足，，且与的夹角为． （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，为角终边上的一点． （1）求的值． （2）若，，，求． 17. 设向量，，． （1）求的单调递增区间； （2）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角的正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求GD的长；若不存在，说明理由. 19. 由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”，如图所示．设向量，分别为数轴，正方向上的单位向量，对于该平面内的向量，若，则实数对称为向量的“完美坐标”． （1）已知向量，的“完美坐标”分别为，，判断命题“的充要条件是”是否正确？若命题正确，请给出证明；若命题不正确，请说明理由： （2）已知向量，的“完美坐标”分别为，，设函数． ①若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； ②若函数在区间内恰有4个不同的零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期数学学科期末质量检测 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. 已知复数，其中，是虚数单位，若为纯虚数，则的值为（    ） A. B. 1 C. 3 D. 或1 【答案】B 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义列方程求解即可. 【详解】依题意，，解得． 故选：B． 2. “角为钝角”是“角为第二象限角”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】应用角的分类及充分不必要条件定义求解. 【详解】“角为钝角”可以推出“角为第二象限角”， 取，为第二象限角，但不是钝角， “角为第二象限角”不能推出“角为钝角”， 所以“角为钝角”是“角为第二象限角”的充分不必要条件. 3. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由线面，面面的位置关系逐项判断可得. 【详解】对于A，若，则或异面，故A错误； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：C. 4. 已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为圆锥的底面半径为3，所以周长， 则侧面展开图扇形的弧长， 又扇形的圆心角为，设圆锥的母线长为, 则，解得， 故圆锥侧面积，B正确. 5. 如图，在平行四边形中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在DN上，故存在实数，使得， 而，所以， 又已知，所以，解得． 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查三角恒等变换，利用换元法将目标角转化为已知角的二倍角，再用二倍角公式计算. 【详解】设 ，则 . 又因为 ， 所以 因此 由倍角公式， 7. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，利用正、余弦定理，结合基本不等式即可求得这个四边形面积的最大值. 【详解】依题意圆形木板的直径为. 设截得的四边形木板为，设， 如下图所示， 由且，得， 在中，由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理，得， 所以， 得，当且仅当时等号成立. 在中，， 由余弦定理可得， 得，当且仅当时等号成立， 所以这块四边形木板面积为. 故选：C. 8. 将的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上没有对称中心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过图象变换得到的解析式，再根据的范围结合正弦函数的图象即可求解． 【详解】将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象， 由，得， 因为的对称中心满足， 所以不含任何， 所以，解得， 因为，所以令，得，令，得， 所以的取值范围是． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则的虚部为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A，，故虚部为，错误. 选项B，，所以，正确. 选项C，设，故. ，所以，正确. 选项D，因为，所以位于以为圆心，为半径的圆上. 故，，所以，正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（ ） A. 为函数的一个周期 B. C. D. 若，且为锐角，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A，通过正弦函数的性质求解最小正周期，进而判断是不是一个周期.B，通过点求出的所有可能，并利用图像的变化求解.C，通过正弦函数的性质求解，并用数量积的坐标法求解.D，化简后通过二倍角公式求解. 【详解】选项A，因为，所以最小正周期，因此为函数的一个周期，正确. 选项B，因为，所以， 由于点P位于函数的单调递增区间上，故， 结合，所以，B错误. 选项C，，，所以. 由图象可知，因为，所以，，位于第一个最高点，故. 同理，，解得，位于第二个零点，故. 则， 所以，正确 选项D，因为，所以， 化简得，所以. 又因为为锐角，所以，解得，正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则（ ） A. 存在点，使，，，四点共面 B. 二面角的正切值为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 经过，，，四点的球的表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】A，当位于时，利用平行线共面来证明四点共面.B，利用线面垂直表示出二面角后利用线段长度求解正切值.C，通过判断到底面的距离恒为定值来求解体积.D，通过外接圆圆心位置的判定进而求解球心具体位置，解出半径后求得表面积. 【详解】选项A，若点位于，因为为中点，为中点，所以，故，，，四点共面，正确. 选项B， 取中点，因为平面，平面，所以. 又，，平面，所以平面，又平面， 所以，故为二面角. 因为，，所以，错误. 选项C，因为在线段上，所以到底面的距离恒为. 故，正确. 选项D， 因为，所以的外接圆圆心位于的中点，球心位于垂直于且过点的垂线上. 设，因为，所以. 又，所以当时， 解得，所以球体半径平方，表面积，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】借助与的关系计算即可得. 【详解】， 由，则，故， 故. 13. 如图，四面体ABCD中，，M、N分别为AB、CD的中点.若异面直线AC与BD所成角的大小为，则MN的长为_________ 【答案】或 【解析】 【分析】取的中点，连接、，利用三角形中位线定理将异面直线、平移至中，结合余弦定理求解的长． 【详解】取的中点，连接、． 因为、分别为、的中点，所以为的中位线， 则，且． 同理，因为、分别为、的中点， 所以为的中位线，则，且． 因为，， 所以（或其补角）即为异面直线与所成的角． 又因为异面直线与所成角的大小为， 所以或． 在中，由余弦定理得：． 当时，， 解得； 当时，， 解得． 综上所述，的长为或． 14. 已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算即可求解. 【详解】已知的面积，由于，所以， 化简可得，即， 由正弦定理，可得， 又因为，所以， 所以，即， 又因为，所以，即， 已知是角的平分线，所以，所以是等腰三角形，且， 在中，， 又因为，即， 则，化简得， 由于，代入可得，解得或（舍去） 所以. 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. 已知向量满足，，且与的夹角为． （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）． （2） 【解析】 【分析】（1）根据两个向量垂直，则它们的数量积为0，并利用向量数量积公式计算. （2）先计算，再计算，最后根据向量夹角的余弦公式求解. 【小问1详解】 由题意可得， 因为，所以， 即， 解得． 【小问2详解】 设与的夹角为，由（1）可知，， 由题意可得， 由，得， 所以． 16. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，为角终边上的一点． （1）求的值． （2）若，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用诱导公式化简即可求解； （2）根据的取值范围及，得出，再利用即可求解. 【小问1详解】 已知为角终边上的一点，所以，，， 所以. 【小问2详解】 因为，，可得， 因为，所以，可得， 所以. 17. 设向量，，． （1）求的单调递增区间； （2）在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，，，求的面积． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变形化简可得，再利用整体法求单调区间即可； （2）先求得，再由正弦定理求出，然后利用余弦定理求解． 【小问1详解】 由题意得 ， 令，解得， 所以的单调递增区间为， 【小问2详解】 因为为锐角三角形，由得， 由可得， 所以，故， 在中，由正弦定理得，所以， 所以①， 由余弦定理得，得②， 由①②解得， 所以的面积为． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角的正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求GD的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为底面是边长为4的正方形，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） （3） 作，交于，连接， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，解得，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）证明平面，再根据是边长为4的正方形，证明平面平面； （2）作，垂足为，连接，证明平面，可得为直线与平面所成的角，进而在直角三角形中求解正弦值; （3）作，交于，连接，证明平面，得到，从而进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，AB=4，所以， 因为平面，平面，所以， 所以在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以. 【小问3详解】 略 19. 由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系，称为“完美坐标系”，如图所示．设向量，分别为数轴，正方向上的单位向量，对于该平面内的向量，若，则实数对称为向量的“完美坐标”． （1）已知向量，的“完美坐标”分别为，，判断命题“的充要条件是”是否正确？若命题正确，请给出证明；若命题不正确，请说明理由： （2）已知向量，的“完美坐标”分别为，，设函数． ①若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； ②若函数在区间内恰有4个不同的零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）不正确 理由：因为，分别为，正方向上的单位向量，且夹角为， 所以，， 因为，所以，即， 则有， 所以“”的充要条件是“”， 所以“”的充要条件是“”是不正确的． （2）①② 【解析】 【分析】(1)通过向量垂直时它们数量积为这一性质表示出来求解充要条件. (2)①表示出后通过换元法将其转化为与函数交点的问题求解. ②表示出后通过换元法进而转化为根分布问题求解范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由(1)知， 所以 ． ①令，则 因为，所以，则， 又 ， 即， 所以，． 已知存在，使成立，即对有解． 因为时，， 所以对有解． 令，，单调递增， 当时，． 所以，即实数的取值范围是． ② ， 令，则 因为，所以，则， 则，． 令，可得， 因为，所以方程有2个不等实根， 要使有4个不同的零点，则两根，， 则，即，解得. 即实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $