江苏南京师范大学附属中学2024~2025学年高一下册6月期末考试数学试题[含解析]

这是一份江苏南京师范大学附属中学2024~2025学年高一下册6月期末考试数学试题[含解析]，共25页。试卷主要包含了本试卷共4页，包括单选题四部分， 在中，，，分别为角，，的对边， 已知，则， 已知，为复数，则， 已知非零向量，，记，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共4页，包括单选题（第1题第8题）、多选题（第9题第11题）、填空题（第12题第14题）、解答题（第15题第19题）四部分.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.
2.答题前，请务必将自己的姓名、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写在答题纸上相应题目的答题区域内.考试结束后，交回答题纸.
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. （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】将原式转化为，然后利用两角和的正弦公式计算即可.
【详解】
.
故选：C
2. 在复平面内，常把复数和向量进行一一对应.现把与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，所得的向量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数乘法的几何意义可知，根据复数的三角表示可得顺时针旋转后对应的复数为.
【详解】根据题意可知，
复数对应的向量绕原点O按顺时针方向旋转可得，
即所得的向量对应的复数为.
故选：A.
3. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）．
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】不共线的非零向量可以作为向量的基底.
【详解】因为与不共线，其余选项中、均共线，所以B选项中的两向量可以作为基底．
故选：B
【点睛】本题考查平面向量的基本定理及其意义，属于基础题.
4. 复数满足，则其共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用复数的运算求,再求其共轭复数的虚部.
【详解】由题意可知，，
所以，
所以共轭复数的虚部为.
故选：A
5. 在中，，，分别为角，，的对边.若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形面积求，再根据余弦定理求，再根据正弦定理，即可求解.
【详解】，所以，
根据余弦定理,
即，，
所以.
故选：D
6. 已知正四面体的棱长为1，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】对结合化简得，从而可知点在平面内，所以当平面时，最小，从而可求得结果.
【详解】因为，，
所以，
，
所以，
所以，
因为不共线，所以共面，
所以点在平面内，
所以当平面时，最小，
取的中点，连接，则点在上，且，
所以，
即的最小值为.
故选：B
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和差的正余弦公式，再结合诱导公式，以及辅助角公式，化简求值.
【详解】由条件等式可知，，
则，
，则，
，
.
故选：D
8. 如图，已知三棱柱的所有棱长均为2，满足，则该三棱柱体积的最大值为（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】如图：取的中点，连接，
因为是菱形，所以，又因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，又因为平面，，
所以平面，因平面，所以，
，当侧面底面时，三棱柱的体积最大，
此时三棱柱的高即为，.
故选：B
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，为复数，则（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A、B，设，，根据复数的乘法以及复数的模的公式计算即可；对于C、D，复数只有在都是实数的情况下才能比大小.
【详解】设，，
对于A：
，故A正确；
对于B：，
，故B正确；
对于C：当,说明，都是实数，所以，故C正确；
对于D：当时，只能说明是大于的实数，不能说明是实数，
例如，不能比大小，故D错误.
故选：ABC
10. 已知非零向量，，记，，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，且，则，的夹角为
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：只需得到即可判断；对于B：分为与同方向或反向两种情况讨论即可判断；对于C：根据条件计算出， ，即可判断；对于D：利用极化恒等式即可求解.
【详解】
对于A：当时，，，故A正确；
对于B：当时，与同方向或反向，
当与同方向时，，，，
当与反向时，，，，故B错误；
对于C：根据题意有，解得：， ，
所以，则与的夹角为，故C错误；
对于D：由，得：，
所以或(，舍去).
故D正确.
故选：AD
11. 如图，在矩形中，，，将三角形沿直线翻折得到三角形，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得三棱锥的外接球半径大于
B. 存在某个位置，使得异面直线与的所成的角为
C. 点到平面的距离的最大值为
D. 直线与平面所成角的正弦值最大为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，可直接构造出球心，并得到外接球半径等于；对于B，将异面角转化，从而找到异面直线与所成的角为的特殊位置即可；对于C，先证明点到平面的距离不超过，再给出取到的例子即可；对于D，法一：给出一种情况，证明此时直线与平面所成角的正弦值大于即可，法二：构造线面角表达式，利用基本不等式求出最大值.
【详解】连接交于点，过作，垂足为，过作，垂足为，
记关于的对称点为，过作平面，设垂足为，则点在直线上，连接.
对A，因为，因此三棱锥外接球半径为，选项A错误.
对B，因为，则，又因为，
则为等边三角形，则，
则，，
则，，则易知，则，
因为，因此平面，因此即为直线与所成角，
因为平面，所以 ，又，
则当时，，选项B正确.
对C，记为点到平面的距离，为点到平面的距离，
因为，，因此，
当平面 平面时取等号，此时点与图中点重合，故C正确；
对D，法一：注意到当落在线段时，直线与平面所成角有最大值，记此时，，
则有，
于是，令，则，
则化简知.
当且仅当时等号成立，于是最大值为，选项D错误.
法二：设关于直线的对称点为，的中点为.点在直线上的投影为，
点在平面上的投影为，则一定在线段的内部或端点上.
同A选项方法易知，
由于，，故.
设，由于，故.
而，，
故.
据相似三角形知识有，故.
由于，，故，而，所以四边形是平行四边形.
从而.
这就得到了.
由于点在平面上的投影为，故直线与平面所成角的大小就是.
而，
且由于当时，有，
故此时有
.
这表明当时，直线与平面所成角的正弦值大于，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题的D选项关键在于可利用空间角的定义将线面角转化为两条相交直线的夹角，然后使用函数方法即可找出反例或者求出最大值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则实数的值为___________.
【答案】0
【解析】
【分析】利用向量线性运算与垂直的坐标表示即可求解.
【详解】由题意可知，，
若，则，得.
故答案为：0
13. 求值：__________.
【答案】1
【解析】
【分析】首先根据三角函数化简，在利用复数的运算法则，即可求解.
【详解】原式.
故答案为：1
14. 已知正四棱锥的所有棱长均为2，以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线，其中表面，的交线相同，取的中点，连接，过作‖，过作‖，过作于，连接，可证得平面，所以可得以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，根据已知条件可求出弧长，从而可求得结果.
【详解】因为正四棱锥的所有棱长均为2，
所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线，
取的中点，连接，过作‖，过作‖，，
则四边形为平行四边形，，所以，
过作于，连接，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为正四棱锥的所有棱长均为2，
所以，
所以,
所以，得，
因为，所以,
所以以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以弧的长为，
同理可得以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线长为，
以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为点为圆心，为半径的四分之一圆，弧的长为，
所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥与球的截面问题，解题的关键是找出球在四棱锥表面上的交线，考查空间想象能力，考查计算能力，属于难题.
四、解答题：本大题共5小题，共计77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在平面直角坐标系中，以轴为始边的锐角和钝角的终边分别交单位圆于，两点.已知点的横坐标为，点的纵坐标为.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件求得，，再根据同角三角函数基本关系式，以及两角和正弦公式，即可求解；
（2）首先利用角的变换求，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，，，，，
所以，，
；
【小问2详解】
，
，
，
由，得，，则，
所以.
16. 在底面为正三角形的三棱柱中，已知点，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若.求证：平面.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明；
（2）通过平行平面的转化，转化为证明线面垂直.
【小问1详解】
如图，连结，，
因为点是的中点，且为平行四边形，
所以点三点共线，且分别是，的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，取的中点，连结，，，，，，，
因为分别是和的中点，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
且平面，平面，
所以平面，
且，且，所以四边形是平行四边形，
所以，
且平面,平面，
所以平面，
且，平面，
所以平面平面，
因为，所以，同理，
且，平面，所以平面，
所以平面.
17. 在锐角中，其内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求的值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由，可得，由余弦定理，再由正弦定理，则，由三角恒等变换可证结论；
（2）利用，得出，则，利用基本不等式即可求得最小值.
【小问1详解】
因为，则，
由余弦定理，
由正弦定理，则，
在中，，
所以，
则，则，
所以
【小问2详解】
由（1），则，
则，
在锐角中，有，
故，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
18. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，，.
（1）当时，解关于的方程：；
（2）当时，
①若，求的最小值；
②若存在实部不为0的虚数和实数，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①，②
【解析】
【分析】（1）由题意得，化简后利用一元二次方程的求根公式求解即可；
（2）①设，代入结合可求得其最小值；②由题意设，代入化简，再由，可得为实数，从而可得，进而可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意得，整理得，
；
【小问2详解】
①当时，，设，
因为，所以，
，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为；
②设，则
因为存在实数，使得成立，
所以为实数，所以，
因为，所以，
当时，，符合题意，
此时，则，
所以的取值范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的模的计算，第（2）问解题的关键是设代入，利用复数的乘除法运算法则化简，考查计算能力，属于较难题.
19. 在三棱台中，为正三角形，，且，点为的中点，平面平面.

（1）若，证明：平面平面；
（2）当时，
①设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值；
②若点在棱上，满足.问：在棱上是否存在点，使得过点，，三点的平面将三棱台分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②存在，
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直可得平面，进而可证平面，即可得结果；
（2）根据题意分析相关长度，确定三棱台的结构特征，并将三棱台补成三棱锥，①做辅助线，分析可知即为直线，利用三垂线法求二面角；②做辅助线，设，结合台体的体积公式运算求解.
【小问1详解】
连接，

因为，且点为的中点，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，由平面，可得，
且，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面
【小问2详解】
①由题意可知：，
因为为正三角形，且点为的中点，则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，由平面，可得，
可得，
取的中点，连接，

因为，则，
且，平面，则平面，
对于梯形，过点A做，垂足为，

因为，则，
可得，，可知，
则，
将三棱台补成三棱锥，则，
设，可知即为直线，
则，可得，
注意到，则三点共线，且，即，
可知为线段的中垂线，则，
过做，垂足为，过做，垂足为，连接，
因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
可知二面角的的平面角为，
因为平面，由平面，可得，
在中，，
可得，则，
在中，，可得，
在中，可得，
在中，则，可得，
所以二面角的余弦值为；
②由①可知：三棱台的高，，
则三棱台的体积，
且，
则三棱锥的体积，
设，，，

则线段，，
则三棱台的体积，
整理可得，解得，
所以存在点，此时.
【点睛】关键点点睛：1.对于三棱台，常用补形法，把三棱台补成三棱锥，方便分析观察；
2.对于二面角，常用三垂线法求二面角的平面角.