精品解析：陕西西安尊德中学2025-2026学年高一下学期7月期末数学试题

高一7月数学 注意事项： 1．答题前，务必将自已的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一、单项选择题：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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 空间中有一平面和两条直线m，n，且，设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则（ ） A. B. C. -1 D. 1 7. 已知圆台的高为3，轴截面面积为15，体积为19π，则其母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，已知，点D在边上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. 当时，，同向 D. 当时，在上的投影向量为 10. 在平面四边形中，，，，则（ ） A. B. 的外接圆半径为 C. D. 的外接圆半径为 11. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为，且该圆锥侧面上存在三条两两垂直的母线，若圆锥的底面半径为，点A，B为底面圆周上不重合的动点，则（ ） A. 圆锥侧面展开图的圆心角为 B. 圆锥轴截面顶角的余弦值为 C. 面积的最大值为 D. 点到平面的最大距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，是方程的两个不同的根，则_____. 13. 在正四棱锥中，，二面角的余弦值为，则_______. 14. 已知函数，设为的最小正零点，b为的定义域之外的最小正数，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. 已知复数，，. （1）若是纯虚数，求； （2）若的实部是虚部的2倍，求. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）证明：平面平面. 17. 已知函数，其中，，且. （1）求. （2）若在上有且仅有3个零点. （i）求的取值范围； （ii）设，，若在上有且仅有2个不同的解，，求. 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，.过点作，垂足在棱上. （1）证明：； （2）若的面积为60，. （i）求二面角的正切值； （ii）求点到平面的距离. 19. 在中，． （1）当时，求的值； （2）求C； （3）若，，求的外接圆半径． 附：；． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一7月数学 注意事项： 1．答题前，务必将自已的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上. 一、单项选择题：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. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，. 2. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】若与共线，所以，解得. 3. 空间中有一平面和两条直线m，n，且，设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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】分别用反例判断“甲能否推出乙”和“乙能否推出甲”. 【详解】甲不是乙的充分条件：在平面 内取直线 ，使. 此时甲成立，但 ，所以 不与平面 平行，乙不成立. 甲也不是乙的必要条件：在平面 内取一条与 相交的直线 ，再在平面 外取直线 ，使 . 由线面平行的判定定理，，所以乙成立； 但 与 不平行，从而 与 不平行，甲不成立. 因此甲是乙的既不充分也不必要条件. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将待求角改写为已知角的二倍角再加 ，然后使用余弦二倍角公式计算. 【详解】因为所以 由余弦二倍角公式，得 代入 ，得 5. 在中，，，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得， 因为，所以. 6. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则（ ） A. B. C. -1 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】三角函数图像平移遵循“左加右减”，偶函数的核心条件是相位为，由此锁定，再代入计算即可. 【详解】由题，， 因为为偶函数，所以，即， 则 7. 已知圆台的高为3，轴截面面积为15，体积为19π，则其母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆台上、下底面半径分别为 ，．由轴截面面积和圆台体积求出 与 ，进而得到 ，再在轴截面内求母线长及线面角的正弦值． 【详解】设圆台上、下底面半径分别为 ，，其中 ，母线长为 ． 圆台的轴截面是上、下底分别为 ，，高为 的等腰梯形． 由轴截面面积为 ，得所以 ． 由圆台的体积公式，得所以 ． 因为 ，所以 ． 于是 由 ，得 ． 在轴截面内，母线、高以及两底面半径之差构成直角三角形， 所以 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，已知，点D在边上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过余弦定理、面积公式和均值不等式推导出为等边三角形，再利用“垂线段最短”，得到高与边长的比值即为最小值. 【详解】由余弦定理与三角形面积公式得， ，化简得， 由均值不等式，，当且仅当时等号成立， 而，因此两者都等于2， 此时，所以为等边三角形； 当时，，此时. 二、多项选择题：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. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. C. 当时，，同向 D. 当时，在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项：由，得，即， 解得，故选项A正确； B选项：当，时，符合，但不满足， 故选项B错误； C选项：当时，由A选项知，即， 解得，因为，所以， 所以，同向，故选项C正确； D选项：在上的投影向量为，故选项D正确. 10. 在平面四边形中，，，，则（ ） A. B. 的外接圆半径为 C. D. 的外接圆半径为 【答案】AD 【解析】 【详解】A选项：如图所示，在中，由余弦定理得，， 因为，所以是钝角，故A选项正确； B选项：如图所示，由A选项知，得， 设的外接圆半径为，则由正弦定理得，， 解得，故B选项错误； C选项：如图所示，在中，由余弦定理得，， 在钝角三角形中，，在上单调递减， ，所以，故C选项错误； D选项：在中，由余弦定理得，， 因为，所以， 设的外接圆半径为，则由正弦定理得，， 解得，故D选项正确. 11. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为，且该圆锥侧面上存在三条两两垂直的母线，若圆锥的底面半径为，点A，B为底面圆周上不重合的动点，则（ ） A. 圆锥侧面展开图的圆心角为 B. 圆锥轴截面顶角的余弦值为 C. 面积的最大值为 D. 点到平面的最大距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用侧面存在三条两两垂直的母线，结合外接圆半径求出母线长，利用勾股定理求出圆锥的高，利用圆心角公式求出圆心角，判断选项A；利用余弦定理判断选项B；设弦心距，进而表示弦长和高，用面积公式转化为二次函数，求面积的最大值，判断选项C；利用面面垂直的性质，表示点到平面的距离等于斜边上的高，进而计算判断选项D． 【详解】设母线长为，高为，底面半径，由侧面存在三条两两垂直的母线， 可知三条母线端点在底面构成等边三角形，其外接圆半径即为底面半径， 等边三角形边长为，外接圆半径，解得， 由勾股定理， 侧面展开图为扇形，弧长等于底面周长，扇形半径为母线长， 故圆心角，故A正确； 轴截面为等腰三角形，两腰为母线，底边为底面直径， 设顶角为，由余弦定理，故B正确； 设弦的弦心距为，则， 等腰的高， 面积， 令，则， 当时，取最大值，故C正确； 由面面垂直的性质，点到平面的距离等于斜边上的高， ，随增大而递增，的取值范围为， 故的上确界为，无最大值，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知，是方程的两个不同的根，则_____. 【答案】50 【解析】 【详解】因为，是方程的两个不同的根，所以， 则. 13. 在正四棱锥中，，二面角的余弦值为，则_______. 【答案】2 【解析】 【分析】在棱 上确定二面角的平面角，再在两个全等的侧面三角形中求出平面角两边的长度，利用余弦定理建立关于侧棱 的方程. 【详解】设 因为正四棱锥的底面 是正方形，所以 在 中，过点 作 ，垂足为 . 又因为且 为公共边，所以 因此点 到直线 的垂足也为 ，即 于是 、 分别在平面 、平面 内，且都垂直于交线 ，所以 是二面角 的平面角. 在 中，由余弦定理， 由于 是 在 方向上的投影，所以 在直角三角形 中，由勾股定理， 由全等关系可知 .在 中，由余弦定理， 由题意，所以即 .因为 ，所以 14. 已知函数，设为的最小正零点，b为的定义域之外的最小正数，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】通过正切函数零点和无定义点条件，分情况写出的表达式，代入后，筛选出符合条件的解即可. 【详解】因为为的最小正零点，所以令，即， 当时，；当时，； 因为b为的定义域之外的最小正数，所以令，即， 当时，； 若，则； 若，则（舍去）. 综上所述，. 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. 已知复数，，. （1）若是纯虚数，求； （2）若的实部是虚部的2倍，求. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先计算 ，再根据纯虚数的实部为 、虚部不为 列式；（2）利用分母实数化求出 的实部和虚部，再按题意列方程. 【小问1详解】 因为 是纯虚数，所以其实部为 ，且虚部不为 ，即 由 ，得 .此时符合题意，所以 【小问2详解】 将分母实数化，得 所以 的实部为 ，虚部为 . 由“实部是虚部的 倍”，得 整理得所以 16. 如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）证明：平面平面. 【答案】（1） （2）因为所以 由直三棱柱的性质，得 因为直线 在平面 内，所以 又 与 相交于点 ，且直线 、 都在平面 内，所以 因为直线 在平面 内，所以 下面证明 ． 因为 ，且 ，所以在直角三角形 中， 同理， 又所以在三角形 中， 因此 由于 与 相交于点 ，且直线 、 都在平面 内，所以 又直线 在平面 内，因此 【解析】 【分析】（1）利用 ，把异面直线所成角转化为 ，再在直角三角形 中求余弦值． （2）先证明 平面 ，得到 ；再证明 ，从而得到 平面 ，最后推出两平面垂直． 【小问1详解】 因为直三棱柱的对应棱互相平行，所以 因此，直线 与 所成的角等于 ． 因为 为棱 的中点，且 ，所以 又因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，所以 因此 在直角三角形 中， 在直角三角形 中， 又 因为所以 故在直角三角形 中， 因此，直线 与 所成角的余弦值为 ． 【小问2详解】 略 17. 已知函数，其中，，且. （1）求. （2）若在上有且仅有3个零点. （i）求的取值范围； （ii）设，，若在上有且仅有2个不同的解，，求. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先利用辅助角公式化简，再由和确定. （2）（i）把零点问题转化为在给定区间内解的个数问题；（ii）由为整数确定，再利用方程的前两个正解之间的对称关系求值. 【小问1详解】 由辅助角公式，， 由，得所以 因此即 又，故只有符合条件，所以. 【小问2详解】 由（1）可得 （i）当时，. 函数的正零点依次为， 要使在上有且仅有3个零点，必须使前三个零点落在内， 而第四个零点不落在该开区间内. 因此 两边同时除以，得. 即. （ii）由（i）及 ，得 于是方程化为即 设则. 方程的正解从小到大依次为， 因为该方程在上有且仅有2个不同的解，所以必为前两个正解， 从而 于是 因此 即 又因为，所以 故. 18. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，.过点作，垂足在棱上. （1）证明：； （2）若的面积为60，. （i）求二面角的正切值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】（1）因为平面 平面 ，且两平面的交线为 ，又 平面 ，且 ，所以由面面垂直的性质定理，得 因为 平面 ，所以 （2）（i）4.；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质，由 推出 平面 ，再得到 . （2）（i）先由底面直角三角形求出 ，再利用 的面积求出 ；根据 求出 .在底面内过 作 ，证明 是所求二面角的平面角，再计算其正切值.（ii）先求 的面积，再用三棱锥等体积法求点 到平面 的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为 ，，，所以由勾股定理， 又因为 ，所以 是 中边 上的高. 由 ，得所以 . 在直角三角形 和 中， 两式相减，结合 ，得 . 又因为 在线段 上，所以 于是 联立 与 ，解得 在平面 内，过点 作 ，垂足为 ，连接 . 由第（1）问可知 ，又 ，且 与 相交于点 ，所以 平面 ，从而 . 其中， 平面 ， 平面 ，且 、 均过棱 上的点 ，所以 是二面角 的平面角. 在平面 内，因为 ，，所以 ，从而 . 于是 在直角三角形 中， 故二面角 的正切值为 . （ii）在直角三角形 中， 又因为 ，所以 设点 到平面 的距离为 . 以 为底面时，因为 平面 ，三棱锥 的体积为 以 为底面时，同一个三棱锥的体积为 由等体积关系，得 解得 因此，点 到平面 的距离为 . 19. 在中，． （1）当时，求的值； （2）求C； （3）若，，求的外接圆半径． 附：；． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）当时，化简变形已知等式求的值； （2）利用和差化积和积化和差公式，结合三角形内角替换，再利用半角公式化简，最后分类讨论求解； （3）利用三角形正切恒等式，结合题干条件及内角关系，利用正弦定理计算求解． 【小问1详解】 当时， 由已知得， 可得． 【小问2详解】 由参考公式及已知条件，可得①， 因为，所以， 代入①得， 整理， 利用， 得， 所以， 若，则，所以，即， 若，则或，构不成三角形，舍去， 故． 【小问3详解】 由， 可得， 又由，得， 可得，， 于是， 记的外接圆半径为， 由正弦定理得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $