江西省吉安市吉州区部分学校2022-2023学年高一数学下学期7月期末联考试题（Word版附解析）

2025届春季末期高一数学联考

一、单选题（每题5分，共40分）

1. 若集合，，则等于

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式,可得集合A与集合B,根据交集运算即可得解.

【详解】集合，

解不等式,可得，

所以

所以选C

【点睛】本题考查了一元二次不等式、分式不等式解法,集合交集运算,注意分式不等式分母不为0的限制要求,属于基础题.

2. “关于x的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出不等式对恒成立所满足的条件，再寻找一个集合，使它包含即可

【详解】对恒成立，则，解得：，要想找到一个必要不充分条件，只需找到一个集合，使得是它的子集，显然C选项符合.

故选：C

3. 与角终边相同的角的集合是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据弧度制和角度制的互化、终边相同的角的表示方法可判断出结果.

【详解】对于AB，弧度和角度属于不同度量单位，不能混用，A错误，B错误；

对于CD，换算成弧度制为，与角终边相同的角的集合为或，C错误，D正确.

故选：D.

4. 已知向量与的夹角，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的定义可直接求出结果.

【详解】根据平面向量数量积定义可得，

故选：B.

5. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据已知条件求出，，从而求出，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.

【详解】因为，所以，

又，所以，，

所以，

所以.

故选：C.

6. 已知圆锥的母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.

【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为，则母线，

圆锥侧面积，解得，圆锥的高，

所以该圆锥的体积为.

故选：B

7. 已知函数的图象关于直线对称，则=

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以

，即，

因此，选C.

8. 已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据正四面体的性质，推得球心的位置，求出正方体的高与斜高.根据相似三角形，得出方程，即可求出球的半径，得出答案.

【详解】 

如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接.

则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为.

则易知，，设球的半径分别为.

因为，根据重心定理可知，.

，，，，.

由可得，，

即，解得，，所以.

由可得，，

即，解得，

所以，球的体积为.

故选：A.

【点睛】关键点睛：根据已知，判断出球心的位置，构造直角三角形.

二、多选题（每题5分，共20分）

9. 下列化简正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由和差角公式，二倍角公式求值逐项判断即可.

【详解】对于A，，

故A正确；

对于B，
 

，

，故B错误；

对于C，，

故C正确；

对于D，，故D正确；

故选：ACD.

10. 已知复数，则（    ）

A.  B.

C.  D. 若，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算即可判断A,由模长公式以及共轭的性质即可判断BCD.

【详解】由题意，得正确；

因为，所以错误；

因为，所以，C正确；

由题意，得，因为，，所以，D正确．

故选：ACD

11. 将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为（　　）

A.   B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意，由三角函数的图像变换即可得到变换之后的函数解析式，从而得到结果.

【详解】由题意可得，将函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）可得函数，再将所得的图像向左平移个单位，可得函数，即，且

.

故选：BC

12. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是（    ）

A. 平面平面

B. 直线与平面所成角正切值的最大值为

C. 二面角余弦值的最小值为

D. 线段上不存在点，使得平面

【答案】ABC

【解析】

【分析】对于A，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于BC，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于D，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解.

【详解】对于A，因为底面，平面，所以．

因为为正方形，所以，

又，平面，平面，所以平面．

因为平面，所以．

因为，为线段的中点，所以，

又因为，平面，平面，所以平面．

又因为平面，所以平面平面，故A正确；

对于B，由选项A可知平面，

所以为直线与平面所成角，则，

不妨设，则在中，，

在中，，

因为是线段上的动点，故，则，

所以直线与平面所成角正切值的最大值为，故B正确；

对于C，由选项A可知平面，平面，

所以，则为二面角的平面角，

因为，

所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；

对于D，当与重合时，连接，连接，如图，

因为底面是正方形，所以是的中点，

又为线段中点，所以，

又平面，平面，所以平面，

即线段上存在点，使得平面，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解.

三、填空题（共20分）

13. 已知i是虚数单位，则_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件，结合复数的乘方运算，即可求解．

【详解】．

故答案为：．

14. 已知，，则______.

【答案】

【解析】

【分析】由半角公式求解.

【详解】，则，

由半角公式可得.

故答案为：

15. 已知空间中两个角，且，若，则_____.

【答案】或

【解析】

【分析】根据空间中两个角的边分别平行时，两个角相等或互补即可得解.

【详解】因为两个角，且，

则的两边分别平行，

所以相等或互补，

又，所以或

故答案为：或

16. 已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则________．

【答案】

【解析】

【分析】根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算律计算可得.

【详解】因为

，

，

因为对，恒有，

所以对恒成立，

即对恒成立，

即对恒成立，

所以，

即，所以，

又，

所以

.

故答案为：

四、解答题（共70分）

17. 如图，矩形是一个水平放置的平面图形的直观图，其中，，则原图形的形状是什么？面积是多少？

【答案】原图形是平行四边形，面积．

【解析】

【分析】设与交于点，线段及的长度不变，平行关系不变，把线段的长度变为原来的2倍并改为与底边垂直，再依次连接各顶点就可以得到一个平行四边形，即可求出面积．

【详解】在直观图中，若与交于点，则，，．

在原图形中，，，．

∵，，

∴原图形是平行四边形，

如图，其面积．

18. 已知:复数，其中为虚数单位.

（1）求及；

（2）若，求实数a，b的值.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据复数的乘法和除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可；

（2）先根据复数的四则运算化简左边，再根据复数相等的定义即可得解.

【小问1详解】

，

；

【小问2详解】

，

得:，解得.

19. 甲、乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的成绩（环数）如下：

甲  7  8  7  9  5  4  9  10  7  4

乙  9  5  7  8  7  6  8  6  7  7

（1）求甲运动员的样本数据的众数和第85百分位数；

（2）分别计算这两位运动员射击成绩的方差；

（3）如果选一位成绩稳定的运动员参加比赛，选谁较好？说明理由.

注：一组数据的平均数为，它的方差为

【答案】（1）众数是7，第85百分位数为9   

（2）4；1.2    （3）选乙参加比赛，理由见解析

【解析】

【分析】（1）根据众数和百分位数求解方法直接计算求解；

（2）根据公式先计算平均数，再运用公式计算方差即可；

（3）根据（2）中方差计算结果结合方差实际意义进行判断即可.

【小问1详解】

根据题意可知，甲的数据里的众数是7；

把甲的数据按从小到大排列如下：

4   4   5   7   7   7   8   9   9   10 

因为85%10=8.5所以第9个数据是第85百分位数，

所以第85百分位数为9.

【小问2详解】

，

；

.

【小问3详解】

由（2）知，，

即甲的成绩离散程度大，乙的成绩离散程度小，

乙的成绩较稳定，所以选乙参加比赛.

20. 已知在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且满足．

（1）判断角B与角C的关系，并说明理由；

（2）若，求的范围．

【答案】（1），理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式，和差公式化简，再结合三角形内角和定理可得；

（2）利用（1）中结论和正弦定理，将所求转化为正切函数，利用正切函数性质可得.

【小问1详解】

∵，，∴或，

∴，

∴，

∴.

∵，

，

∴.

∵，

∴或，

∵，

∴.

【小问2详解】

由（1）知：，

∴，

∴

∵，，

∴，

∴

21. 如图，平行六面体的棱长均相等，，点分别是棱的中点．

（1）求证：平面；

（2）求直线与底面所成角正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设的中点为，连接，证明四边形是平行四边形，可得，进而可得答案；

（2）证明在平面ABCD上的射影Q落在AC上，求出到平面ABCD的距离，可得到平面ABCD的距离，根据是棱的中点，可得到平面的距离，结合可得直线与底面所成角的正弦值．

【小问1详解】

设的中点为，连接，

因为点分别是棱的中点，

所以，，

所以与平行且相等，四边形是平行四边形，则，

又因为平面，平面，

所以平面

  【小问2详解】

如图，设AC，BD交于点O，连接．

因为平行六面体中，设各棱长均为2，

因为，

所以为边长为2等边三角形，四边形ABCD为菱形，

所以O为BD的中点，．

所以．

因为，平面，所以平面．

等边三角形中，故．

解可得．

因为平面，平面，

所以平面平面，

故在平面ABCD上的射影Q落在AC上，连接，

所以

即到平面ABCD的距离为

所以到平面ABCD的距离为因为是棱的中点，

所以到平面ABCD的距离

因为，

所以直线与底面所成角的正弦值为

22. 已知函数，（，）

（1）若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点；

（2）若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）最小值为，最大值为

【解析】

【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据单调性即可求解；

（2）令，问题转化为时，，要求的最值，则需要和的系数相等进行求解.

【小问1详解】

证明：当，时，

，

则，

，，且是一个不间断的函数，

在上存在零点，

，，∴在上单调递增，

在上有且仅有1个零点.

小问2详解】

由（1）知，令，则，

∴，

∵对于任意的，恒成立，∴恒成立.

令，则时，恒成立.

即，

令，解得或.

当时，解得，

取，成立，则恒成立，，

当时，解得，

取，成立，则恒成立.

，

综上，的最小值为，的最大值为.

点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，从以下几个角度分析：

（1）赋值法和换元法的应用；

（2）三角函数图像和性质的应用；

（3）转化化归思想的应用.