精品解析：湖南株洲市醴陵市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题

绝密★启用前 醴陵市第一中学高一下学期期末考试试题 数 学 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知是实数，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 3. 若角的终边过点，则（ ） A. B. 4 C. 6 D. 8 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调，则实数的最大值为（    ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则直线与直线的夹角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 存在，使得平面 D. 若，则三棱锥外接球的表面积为8π 10. 已知分别为内角的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，且有一解，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，则的最大值为 11. 已知的外接圆圆心为，且，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量满足，则的最大值是______. 13. 公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则___________. 14. 某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，，且是纯虚数. （1）求的值及； （2）设复数，在复平面上对应的点为，，若四边形是复平面内的平行四边形，求点对应的复数. 16. 已知向量，，，． （1）若，求实数的值； （2）若与共线，求与的夹角的余弦值． 17. 已知． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中． （1）若，求的值； （2）当取最大值时，记，求M； （3）在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 醴陵市第一中学高一下学期期末考试试题 数 学 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则求出积，再求出该复数对应点的坐标并判断其所在象限即可. 【详解】复数， 所以复数在复平面内对应的点的坐标为 又，故点在第二象限， 所以复数在复平面内对应的点所在的象限为第二象限. 2. 已知是实数，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】利用对数函数的单调性判断是否能推和是否能推即可得解. 【详解】当时，因为函数在单调递增， 所以，即， 所以或，故必要性不成立； 若“”，则或， 所以，或， 则，或，故充分性不成立， 所以是的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3. 若角的终边过点，则（ ） A. B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】求出后再结合诱导公式、弦切互化可求三角函数式的值. 【详解】因为角的终边过点，故， 而 ， 故选：C. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，利用平方关系分析可知，利用平方关系可求出的值，再利用切化弦可求得所求代数式的值. 【详解】因为，则， 因为，等式两边平方可得， 所以，故，所以， 所以，故， 因此， 故选：A. 5. 已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得，由圆锥的体积公式可求体积. 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，由题意知圆锥轴截面为正三角形，则圆锥的高为， 则，即，解得， 则圆锥的体积为. 故选：C． 6. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【详解】选项A：若，，，则可取的方向向量分别是平面的法向量， 两个垂直平面的法向量互相垂直，因此，即，A命题正确； 选项B：两个平面垂直时，分别在两个平面内的直线可以平行、斜交或异面，不一定垂直， 举例：墙面垂直地面，墙面内平行于墙脚交线的直线，与地面内平行于交线的直线互相平行， 并不垂直，因此B命题错误； 选项C：若，，可得，又，因此，C命题正确； 选项D：根据线面平行判定定理：n平行于平面α内的直线m，且，因此，D命题正确. 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理，角化边，求出，利用余弦定理即可求. 【详解】因为， 所以由正弦定理可得，所以， 又因为，所以，又， 所以由余弦定理. 故选：B 8. 若函数在上单调，则实数的最大值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据单调区间求得，然后分，和，结合正弦函数单调性讨论即可得解. 【详解】由函数在上单调可知，得， 所以，所以， 当  时，，函数  在该区间不单调，故舍去， 因此只需考虑  的情况， 因为，所以， 当时，由正弦函数性质可知，要使在上单调，则， 所以即； 当时，要使在上单调，则， 所以即. 综上，的最大值为. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则直线与直线的夹角为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 存在，使得平面 D. 若，则三棱锥外接球的表面积为8π 【答案】ABC 【解析】 【分析】当时，分别为的中点，所以也是的中点.利用中位线定理及异面直线所成的角的定义求出直线与直线的夹角，判断A；将三棱锥体积表示成的函数，根据二次函数的最值求法求得三棱锥体积的最大值，判断B；当时，易得平面，可判断C正确；当时，求得三棱锥的外接球表面积，判断D. 【详解】对A，因为，所以 当时，分别为的中点，所以也是的中点. 过M作于Q，连接，则，所以. 因为，所以直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即. 又因为，所以，故A正确. 对B，过M作于Q， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， 又， 所以三棱锥体积， 当时，，故B正确. 对C，当时，是的中点，所以也是的中点. 因为是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面，故C正确. 对D，当时，，故Q为的中点， 又N为的中点，所以，， 所以Q到A，B，M，N的距离都为1， 即三棱锥外接球的球心为Q，球半径为1，所以外接球表面积，故D错误. 10. 已知分别为内角的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，且有一解，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，则的最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据余弦定理、二倍角公式、锐角三角形中角的范围、正弦函数的性质等知识逐项判断计算即可. 【详解】对于A：当时，有一解，此时； 而当时，有一解，此时， 所以当或时，有一解，所以A错误； 对于B：因为是锐角三角形，所以. 所以.因为在上单调递增，且， 所以，所以B正确； 对于C：因为，所以，即， 因为，所以或， 即或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以C错误； 对于D：根据余弦定理得. 根据基本不等式的性质可得，解得， 当且仅当时取得最大值为，所以D正确； 故选：BD. 11. 已知的外接圆圆心为，且，，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算判断A，利用直角三角形判断B，根据数量积的定义判断C，根据投影向量判断D. 【详解】由 可得， 整理得，A正确． 为的直径，，设，则， 所以为等边三角形，，B正确． ，C错误. 向量在向量上的投影向量为，D正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知平面向量满足，则的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积不等式，结合取等号条件分析，可得最大值. 【详解】令，由已知，可得，且， 则，因为，所以， 因为，所以， 即， 又因为，所以， 当且仅当反向共线，同向共线， 即此时，满足, 因此的最大值为. 13. 公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据，，求得，代入求解. 【详解】因为，， 所以，， 所以， ， 故答案为： 14. 某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 【答案】60 【解析】 【分析】设，则可由余弦定理构建关于的方程，求出其解即可. 【详解】由题设， 设，则， 在中，由余弦定理有， 故，同理， 而，故， 所以， 故. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，，且是纯虚数. （1）求的值及； （2）设复数，在复平面上对应的点为，，若四边形是复平面内的平行四边形，求点对应的复数. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由共轭复数以及复数的乘法，根据纯虚数的概念，建立方程，结合复数的几何意义，可得答案； （2）根据平行四边形的性质，结合相等向量的坐标表示，以及复数的几何意义，可得答案. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 因为是纯虚数，所以，解得， 所以，则，所以， 【小问2详解】 复数，在复平面上对应的点为，，则， 因为四边形是复平面内的平行四边形，所以，所以， 则点对应的复数为. 16. 已知向量，，，． （1）若，求实数的值； （2）若与共线，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：先求出的模，利用建立方程求解即得；解法二：设，利用条件求得的值，即得向量坐标，利用的坐标式计算求解即得； （2）解法一：设，利用条件求得，即得，利用向量夹角的公式求解即得；解法二：由（1）中求得的的坐标，结合与共线求出，即得，再利用向量夹角的坐标式求解即可. 【小问1详解】 解法一：由可得， 因为，且，， 所以， 解得. 解法二：设，依题意可得解得或 当时，； 当时， ① 当时，，由，可得，解得； ② 当时，， 由，可得，解得. 综上，. 【小问2详解】 解法一：因为与共线，所以可设，即， 则有，解得，故． 由，可得， 又， 而， 故． 解法二：由（1）知，①当时，，， 因为与共线，所以，解得， 所以，， 则； ② 当时，，， 因为与共线，所以，解得， 所以，， 则 综上，与的夹角的余弦值为. 17. 已知． （1）求的单调递增区间； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据两角和正弦公式、二倍角公式、辅助角公式化简可得，令，即可求得的单调递增区间. （2）根据（1）化简可得，则原题等价于，即可，利用二倍角公式，对化简变形，结合均值不等式，即可求得答案. 【小问1详解】 化简得 ． 令，解得， 所以单调递增区间为． 【小问2详解】 由（1）可得， 时，恒成立， 若,即恒成立，只需要即可， ， 令，因为，则， 所以，所以， 当时， 对于函数， 当且仅当，即时等号成立， 故则 所以． 18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形为平行四边形， 又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又由且， 所以四边形为平行四边形， 则，所以， 又 平面， 所以平面， 由平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质于判定定理可证平面，结合面面垂直的判断定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，平面，所以， 又， 平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（1）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为 19. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中． （1）若，求的值； （2）当取最大值时，记，求M； （3）在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简已知得，然后利用正弦定理并用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理求解即可； （2）当取最大值时最小，利用基本不等式求得的最小值，然后利用同角三角函数关系求解，即可得解； （3）将已知问题转化为，恒成立，设，利用正切函数的单调性求得，即，解不等式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 在中由正弦定理得：， 则， 所以，即，由正弦定理得． 由及余弦定理得； 【小问2详解】 由得A为锐角，则当最大时最小， 所以 当且仅当时，即时取最小值，此时， 故； 【小问3详解】 ，则恒成立， 因为，所以，恒成立， 设，当时，是增函数，则， 又，设，则，解得， 所以，因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $