江西省萍乡市2024_2025学年高一下册期末考试数学试卷【附解析】

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回.
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数，则的虚部为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数乘方和除法法则化简得到，求出虚部
【详解】，
故虚部.
故选：C
2.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
所以，故.
故选：B.
3.已知，，则在方向上的投影数量为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的坐标运算以及数量投影的定义可求得结果.
【详解】因为，，所以在方向上的投影数量为.
故选：D.
4.为了得到函数的图象，可以把函数的图象上所有点（ ）
A.左移个单位B.右移个单位
C.左移个单位D.右移个单位
【答案】C
【解析】
【分析】根据平移变换求出相应解析式一一与比对得解·
【详解】因为向左平移个单位可得，
向左平移个单位可得，
向右平移个单位可得，
向右平移个单位可得，
故C正确，ABD错误.
故选：C
5.函数的图象大致为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性与零点个数，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】函数的定义域为，
，即函数为奇函数，排除BC选项，
由可得或，解得，
故函数有无数个零点，排除A选项.
故选：D.
6.在三棱锥中，平面，且，，，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，利用正弦定理计算出的外接圆直径，可计算出三棱锥的外接球半径，然后利用球体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，圆柱的底面圆直径为，圆柱的母线长为，
则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，
所以，圆柱的外接球直径为.
本题中，作出的外接圆，由于平面，可将三棱锥放在圆柱中，
在中，，，，
由余弦定理可得，
由正弦定理可知，的外接圆直径为，
则三棱锥的外接球直径为，则，
因此，三棱锥的外接球的体积为.
故选：B.
7.如图，某东西走向的河道上建有两个水文观测站、，在某时刻站观测到水位异常，将信号同时发给河流北面的市与市．已知市收到信号的时间是市的倍，，，，则观测站到市的距离为（ ）

A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式求出的值，由题意可得，结合余弦定理可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为，，则、均为锐角，
所以，
，
所以
，
由题意可知，由余弦定理可得，
即，解得.
故选：B.
8.已知表示不超过的最大整数，如：，，则函数在区间上的零点个数为（ ）
A.2B.3C.4D.5
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用函数零点的意义，把问题转化为两个函数图象交点个数，数形结合求解.
【详解】由，得，令函数与，
依题意，所求问题即为函数与在上的交点个数，
在同一坐标系内作出函数与在上的图象，

观察图象得函数与在上的图象有2个交点，
所以函数在区间上的零点个数为2.
故选：A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知空间中不同的平面、，不同的直线、、，下列说法正确的是（ ）
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，则
D.若，，且、为异面直线，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用线面平行、面面平行的性质可判断A选项；利用线面、面面的位置关系可判断BC选项；利用线面平平行的性质、线面垂直的判定定理可判断D选项.
【详解】对于A选项，过直线作平面，使得，如下图所示：
因为，，，由线面平行的性质可得，
因为，，，所以，故，A对；
对于B选项，若，，，则或，故、平行、相交或异面，B错；
对于C选项，因为，，则或，C错；
对于D选项，过直线作平面，使得，如下图所示：
因为，，，由线面平行的性质可得，
若，则，这与、异面矛盾，则、不平行，
由于、共面，则、为平面内两条相交直线，
因为，则，又因为，故，D对.
故选：AD.
10.已知函数，则（ ）
A.的最小正周期为B.在上为增函数
C.D.若为奇函数，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用辅助角公式得到，求出最小正周期；B选项，求出，根据正弦曲线得到故在上不单调；C选项，计算出，C正确；D选项，根据函数为奇函数得到，得到最小值.
【详解】A选项，，故最小正周期为，A正确；
B选项，，，由于在上不单调，
故在上不单调，B错误；
C选项，，故，C正确；
D选项，为奇函数，
故，解得，则，
当时，取得最小值，最小值为.
故选：ACD
11.亚里士多德在《论机械》中提出了“车轮悖论”：车轮圆滚动一圈，车轮底部的点与车轮内部的点的位移相同，为什么点转动的大圆周长会比点转动的小圆周长要长呢？伽利略在解决该问题时指出点在小圆上转动的同时自身还在朝前滑动．以点为原点建立如图直角坐标系，设，下列说法正确的是（ ）（参考数据：，）
A.圆沿轴向右滚动时，点的轨迹是正弦曲线
B.圆沿轴向右滚动个单位后，点到轴距离约为
C.圆沿轴向右滚动个单位后，点到轴的距离约为
D.设圆沿轴向右滚动的距离为，则滚动后点的坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】当圆滚动的距离为时，设圆滚动到点，根据三角函数的定义求出点、的坐标，逐项判断即可.
【详解】当圆滚动的距离为时，设圆滚动到点，如图，
点初始位置对应的角为，由于圆转动时沿着顺时针方向，
当圆滚动的距离为时，点转过的角为弧度，为角对应的终边，
则，，
即点，易知点，则，故点，
所以点的轨迹不是正弦曲线，A错，D对；
圆滚动个单位后，，
点到轴的距离，B对；
点到轴的距离，C对；
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知为单位向量，，且，则的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用向量的模长为1与，建立方程，求解即得.
【详解】依题意，设，则①，
又，且，则得②，
将②代入①，可得，因，解得，
故得，则的坐标为.
故答案为：.
13.在中，角的对边分别为，已知，则的面积为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由余弦定理求出，进而求出面积.
【详解】由余弦定理得，
即，，解得（负值舍去），
故.
故答案：2
14.已知函数，如果恒成立，则的最小值为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据恒成立，推出，故，由函数单调性求出最小值.
【详解】当时，，即；
当时，，即．
所以当时，；当时，．
又函数连续且单调，需满足单调递增，且当时，，即．
故，
令，开口向上，对称轴为，
故.
故答案为：
四、解答题：本大题共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.（1）求证：；
（2）已知，，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正切公式以及二倍角的正弦、余弦公式可证得结论成立；
（2）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.
【详解】（1）等式左边，
等式右边，即左边右边，故等式成立．
（2）由，可得：，
解得，，
即．
16.如图，在中，，是的中点，设，．
（1）试用、表示和；
（2）若，且，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的基本定理可得出、关于、的表达式；
（2）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【小问1详解】
由是的中点，所以，
又，即，
所以，，
故，
．
【小问2详解】
因，，所以，
所以．
17.在中，角、、的对边分别为、、，且，．
（1）求角的大小；
（2）若的周长为，求边的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）求出角的值，设设的外接圆半径为，利用正弦定理结合可求得的值，进而可求得的值.
【小问1详解】
由余弦定理得，
又，所以，
又，可得，即，
因为，故．
【小问2详解】
由（1）知，所以，
设的外接圆半径为，由正弦定理，
则，，，
所以，解得，
故.
18.如图，在多面体中，平面四边形是边长为的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）平面平面，的边上的高，且．
①当时，求该多面体的表面积；
②当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）①分析几何体各面的形状，结合梯形、三角形的面积公式可求得该多面体的表面积；
②由二面角的定义可知，是平面与平面的夹角（或其补角），求出三边边长，结合余弦定理求解即可.
【小问1详解】
四边形为正方形，所以，
又平面，平面，平面，
又平面，平面平面，，
平面，平面．
【小问2详解】
①的边上高，所以，
且，
取的中点为，设中点为，连接、、，
平面平面，且平面平面，，平面，
平面，
平面，，
又，四边形为直角梯形，
，同理，
平面，又而，
四边形为平行四边形，，
平面平面，且平面平面，，平面，
平面，平面，
平面，，，
，
多面体的表面积
．
②由①知平面，，平面，
、平面，，，
是平面与平面的夹角（或其补角），
，，，，
，，
由余弦定理得，
故当时，平面与平面的夹角的余弦值为.
19.数学家在解决判别式的二次方程时引入了虚数，例如解得：，．实际上高阶方程同样在复数域中有解，如解得：，，；解得：，，，．数学家高斯发现对于一元次多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算，如解得：），这就是著名的代数基本定理．
（1）已知方程的复数根在复平面内对应的点必然均分单位圆．试求解方程在复数域中的所有解；
（2）已知复数的乘方运算满足，试求在复数域中的所有解；
（3）试证明：方程（，且为偶数）在复数域内所有解的和为．
【答案】（1）答案见解析
（2）．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据代数基本定理可求得方程的个复数根；
（2）化简得，令，利用代数基本定理求出方程的三个复数根据，进而可得出方程的三个复数根；
（3）由题意可知方程（，且为偶数），方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为，求出这个复数解与轴正方向的夹角，可知与夹角相差，即，利用并项求和法可证得结论成立.
【小问1详解】
有解，
又其余个根在复平面内对应的点与对应的点均分单位圆，
所以复向量与轴正方向夹角分别为、、、、、，
故解为， ，，，，
．
【小问2详解】
化简得，令，即，
由题知，，则，
其余个解与复数对应点均分单位圆，
所以，，
即，，，
综上，在复数域中的所有解为，，
．
【小问3详解】
对于方程（，且为偶数），设该方程有解，
方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为，
故所有解与轴正方向的夹角分别为，
因为为偶数，所以，……，
，
，
所以与夹角相差，即，
所以当，且为偶数时，方程在复数域内的所有解的和为．