辽宁省辽阳市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省辽阳市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知点在直线上，直线在平面内，但不在平面内，下列符号表示点、线、面的关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．已知是关于的方程在复数范围内的一个根，则实数（ ）
A．4B．C．2D．
3．已知两个单位向量满足，则夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，若，的面积为3，则（ ）
A．B．C．6D．12
5．在中，“”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
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知点在点的正西方向，为了测量两点之间的距离，在观测点处测得在的北偏西方向，在的北偏东方向，且两点之间的距离为20米，则两点之间的距离为（ ）
A．米B．米
C．米D．米
8．在矩形中，，是矩形区域内一点（含边界），点与点关于点对称，则的最大值为（ ）
A．4B．6C．7D．8
二、多选题
9．已知复数，则（ ）
A．B．
C．的虚部为D．在复平面内对应的点位于第二象限
10．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称
D．为了得到函数的图象，只需将图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，再将所得的图象向右平移个单位长度即可
11．如图，在正四棱锥中，分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．设平面，则
B．三棱锥与正四棱锥的体积之比为
C．若，则正四棱锥内切球与外接球的半径之比为
D．正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为
三、填空题
12．已知角的终边经过点，则 .
13．在正方体中，是的中点，则直线与所成角的余弦值为 .
14．已知的内角的对边分别为，且，，则 .
四、解答题
15．已知向量，，函数.
(1)求的单调递增区间；
(2)若，求的值.
16．如图，在四棱锥中，平面平面，，是线段上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)若是正三角形，，求二面角的余弦值.
17．如图，四边形是一块矩形铁皮，.该铁皮内有一半径为2的扇形（在上，在上）区域因被腐蚀而不能使用，其余部分可以使用.工人计划在上找一点（包含），作，得到可以使用的矩形铁皮.
(1)试比较当点分别与点重合时，矩形铁皮的面积的大小；
(2)以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系.定义：若，，则.求的取值范围.
18．如图，在正三棱柱中，分别为的中点，.
(1)证明：；
(2)证明：平面平面；
(3)求点到平面的距离.
19．已知锐角三角形的内角的对边分别为，且.
(1)若，求的面积；
(2)求的取值范围；
(3)求的取值范围.
1．C
根据点、线、面位置关系的表示方法进行判断即可.
【详解】因为点在直线上可表示为，故A错误；
直线在平面内，可表示为，故C正确；
因为，，所以，故B错误；
直线不在平面内，可表示为，故D错误.
故选：C
2．B
利用一元二次方程两虚根共轭，得到方程另一根，最后利用韦达定理得到答案
【详解】是方程的一个根.是方程的另一个根.
则由韦达定理得：，解得：
故选：B
3．A
根据向量数量积的运算律进行运算.
【详解】因为均为单位向量，所以.
由.
即.
所以.
故选：A
4．D
先根据三角形的面积公式求的长度，再根据斜二测画法的规则确定的长度.
【详解】在中，由
所以.
根据斜二测画法的规则可得：.
故选：D
5．A
由充分条件和必要条件的概念以及三角函数的图象性质及二倍角公式分析可得结果.
【详解】由，可得，
，，，
所以，即，故充分性成立；
由，若，，则，故必要性不成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6．B
利用，，再结合两角和与差的三角公式进行化简，再利用同角三角函数的基本关系可得答案.
【详解】因为，
，
所以：，.
又.
故选：B
7．A
根据题意作图，利用正弦定理求得，根据两角和的正弦公式计算得，代入计算即可得解.
【详解】根据题意作图，
则，,，
在中，根据正弦定理，，
即，则，
因为，
所以，.
即两点之间的距离为米.
故选：A.
8．D
建立坐标系，利用向量数量积的坐标表示，再确定其最大值.
【详解】如图：
以为原点，建立平面直角坐标系，则，，
设，则，，.
所以，.
所以，因为，，
所以，当或，时取等号.
故选：D
9．ABC
根据复数的乘法计算，判断A的真假，根据复数的模的概念判断B的真假，计算，根据虚部的概念判断C的真假，计算，根据复数的几何意义判断D的真假.
【详解】对A：因为，故A正确；
对B：因为，故B正确；
对C：因为，所以的虚部为，故C正确；
对D：，所以在复平面内对应的点位于第四象限，故D错误.
故选：ABC
10．BD
先根据图象确定函数的解析式，可判断A的真假，求函数周期，判断B的真假，求的值，可判断C的真假，结合三角函数的图象变换，可判断D的真假.
【详解】根据函数图象可得：
，又，所以.
又.
所以.
由，故A错误；
由，故B正确；
由，不是函数的最值，故C错误；
将图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，可得的图象，再将的图象向右平移个单位长度，可得的图象，故D正确.
故选：BD
11．ABD
利用空间向量四点共面的结论判断A的真假；利用棱锥的体积公式判断B的真假；分别求内切球和外接球半径，判断C的真假；利用B选项的结论，可以判断D的真假.
【详解】对A：取为空间向量的基底.
则.
设.
因为四点共面，所以.
所以，即，故A正确；
对B：如图：
连接，交于，连接.
因为四棱锥为正三棱锥，所以平面平面，平面.
又分别为中点，为中点，所以，
所以，同理，
所以，即，故B正确；
对C：若，不妨设，,则，.
所以.
又，
设内切球的半径为，则，
即.
设外接球球心为，则在上，设外接球半径为，
则.
所以.故C错误；
对D：由B选项可知：，
且,所以，
又，所以，
所以.
所以正四棱锥被平面分成的上、下两部分的体积之比为，故D正确.
故选：ABD
12．/
先根据任意角的三角函数的定义求出，在根据诱导公式求.
【详解】因为角的终边经过点，
所以.
所以.
故答案为：
13．/
由题意将另一个与正方体中相等的正方体的一个棱与重合，从而可得则为直线与所成角或其补角，再利用余弦定理即可求解.
【详解】将另一个与正方体中相等的正方体的一个棱与重合，如图，
连接，，，易知，且，所以四边形为平行四边形，
所以，且，所以则为直线与所成角或其补角，
设正方体边长为，
则，，，
由余弦定理得：，
所以直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．/
根据余弦定理求解.
【详解】因为，
所以.
因为，所以，
所以，即.
故答案为：.
15．(1)；
(2).
（1）由已知，可得，根据正弦函数单调性即可求解；
（2）由（1）得，根据三角函数的同角求值进行切弦互化，即可求解.
【详解】（1）由题意，，
则，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）由（1）得，，
则，
又，所以.
16．(1)证明过程见解析
(2)
（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，所以平面；
（2）作出辅助线，由面面垂直得到⊥平面，⊥，⊥，设，由余弦定理和勾股逆定理得到⊥平面，即为二面角的平面角，并求出各边长，求出.
【详解】（1）在上取一点，使得，连接，
因为，所以且，
又，所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，
所以平面；

（2）取的中点，连接，
因为是正三角形，所以⊥，
因为平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
设，则，，
又，由勾股定理得，
，故，
因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得
，
故，故，
取的中点，连接，则，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
所以即为二面角的平面角，
其中，，
由勾股定理得，
所以
17．(1)；.
(2)
【详解】（1）解：当点与点重合时，可得，
此时矩形的面积为；
当点与点重合时，可得，
此时矩形的面积为.
（2）解：设，
因为，可得，
则
可得，
所以，
因为，可得，则，
所以，则，
即的取值范围.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）因为三棱柱为正三棱柱，所以平面平面.
又为正三角形，为中点，所以.
又平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）因为，，分别为的中点，
所以，，所以，
所以，所以，
又，平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（3）如图：
设点到平面的距离为.
则.
又.
在中，，，,所以.
所以.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1），则，
结合，故，
又，,故,
故面积为；
（2）由于是锐角三角形，故，结合且，
，
由于对勾函数在单调递减，在单调递增，
或
，当且仅当时取等号，
故当时，，
故，因此，
由于，故
（3）由于，其中为三角形的面积，
同理可得，
因此，
由于，故,
由于，所以，
故题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
D
A
B
A
D
ABC
BD
题号
11









答案
ABD