江西省上饶市2024_2025学年高一下册期末教学质量测试数学试卷【附解析】

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1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每个小题答案后，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，写在本试卷上无效.
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效.
4.本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题）
一、单选题：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.已知角终边上一点P的坐标为，则的值是
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数定义，，即可求解
【详解】由题意，
故选：
【点睛】本题考查三角函数定义，属于基本题.
2.若，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的意义可得出复数在复平面内对应的点坐标.
【详解】由题意可知，复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C
3.已知向量与的夹角为，，，则（ ）
A.1B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求，再根据模长的平方关系结合数量积的运算律运算求解.
【详解】因为向量与的夹角为，，，则，
可得，所以.
故选：D.
4.设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ）
A.若，，，则B.若，，，则
C.若，，，则D.若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于ABD：以正方体为载体，举反例说明即可；对于C：根据线面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于选项ABD：在正方体中，
例如平面，平面，，
但平面平面，故A错误；
例如平面，平面，平面平面，
但直线与直线异面，故B错误；
例如平面，平面，
但直线与直线异面，故D错误；
对于选项C：根据线面平行的判定定理可知若，，，则，故C正确；
故选：C.
5.已知，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式化为，再结合二倍角公式进一步化简求值即可.
【详解】因为，所以
.
故选：B
6.已知平面上不共线的四点，，，，满足，则等于（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得，进一步得到，根据向量的线性运算得，进一步得到，求比值运算即可求解.
【详解】由，得，即，
所以，所以，
因为，所以，
所以.
故选：A
7.如图，在山脚处测得山顶的仰角为，朝山顶沿坡度为的斜坡向上走到点处，此时测得山顶的仰角为，则山高为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得，再结合角的关系求得，最后在直角中求解即可.
【详解】因为，，
所以，
因为，，所以，
又，所以，所以，
在中，，
所以山高.
故选：A
8.已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度最小值为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】过点作出平面平面，即可得到点的轨迹为线段，然后利用等面积法即可求最小值.
【详解】取上靠近点的四等分点，连接、，
由是棱的中点，点是棱的中点，易得，则平面，
取、中点、，取上靠近点的四等分点，连接、、、，
由正方体的性质易得，，则，
又平面，平面，所以平面，
同理，平面，
又，，平面，故平面平面，
又平面，平面，故，即点的轨迹为线段，
设点到的距离为，有，
故，故的长度最小值为.
故选：D.
二、多选题：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.已知复数满足，则（ ）
A.的虚部为B.C.D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则化简，再结合共轭复数、模的概念判断AB；根据复数的乘法法则判断CD.
详解】由题意得，，
则，其虚部为，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
，故D正确.
故选：BD
10.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数的图象关于点对称
C.将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象
D.若方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由图象可得周期，再得到即可；对于B，代入，可得的解析式，代入验证即可判断B，对于C，由函数平移前后的解析式可判断；对于D，根据单调性，可确定的取值范围.
【详解】由图可知，，，，故A错误；
所以，又过点，，
所以，，即，，，，
故，，故B正确；
对于C，将函数的图象向右平移个单位得到：
，故C正确；
对于D，当时，，令，则，.
当时，在上单调递增，在上单调递减；
又，，.
因为的图象与有且只有一个实数根，
所以取值范围是，故D错误.
故选：BC.
11.已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ）
A.若，，，则有两解
B.若，则为等腰三角形
C.若，则为锐角三角形
D.若，点O为的外心，满足，则的值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：利用正弦定理运算求解即可；对于B：利用余弦定理运算求解即可；对于C：举反例说明即可；对于D：利用数量积可得，结合正弦定理运算求解即可.
【详解】对于选项A：因为，，，
由正弦定理可得，
又因为，则，故有两角，故A正确；
对于选项B：因为，
由余弦定理角化边可得：，
整理可得，所以为等腰三角形，故B正确；
对于选项C：例如，则，
但为直角三角形，故C错误；
对于选项D：因为的外接圆圆心，
则，
同理可得，，
因为，
可得，则，
即，
由正弦定理可得，其中为外接圆半径，则，
可得，，
可得，即，故D正确；
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知扇形的弧长为6，半径为4，则扇形的面积为__________.
【答案】12
【解析】
【分析】由扇形的面积公式直接可求
【详解】根据题意扇形的面积.
故答案为：12.
13.如图，和是异面直线，，，分别为线段，上的点，且，，则与所成角的余弦值为______.
【答案】##0.625
【解析】
【分析】过作，交于点，连接，利用比例性质得，则（或其补角）即为与所成角，利用余弦定理得，即可得解.
【详解】在平面中，过作，交于点，连接，如图，
，，又，，则，
（或其补角）即为与所成角，
中，，，，
，与所成角的余弦值为.
故答案为：
14.已知中，，，的最小值为，若为边上任意一点，为边的中点，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】延长，使得，设，可知，，三点共线，则时为最小值，然后求得即可确定最小值.
【详解】延长，使得，
令，
所以，，三点共线，即时为最小值，
在中，，得，
又因为，所以是等边三角形，所以，
在中，，取中点为，，，
所以，，
所以.
即求的最小值，当时，有最小值，
在中，，，
所以.
故答案为：.
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，.
（1）若，求的值；
（2）若且，求在方向上的投影数量.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
分析】（1）根据向量垂直得到方程，求出或；
（2），根据向量模长得到方程，求出，利用投影向量的公式得到答案.
【小问1详解】
因为，，
由于，所以，
所以或.
【小问2详解】
因为，，则，
若且，则，解得，
则，，可得，
所以在方向上的投影数量.
16.（1）已知，求的值.
（2）已知，求.
【答案】（1）；（2）5
【解析】
【分析】（1）方法一：利用诱导公式和化简原式得，然后分子分母同除后代入计算即可；
方法二：利用诱导公式和化简原式得，然后分子分母同除后代入计算即可；
（2）将变为，然后利用两角和差的余弦公式得，化弦为切即可求解.
【详解】（1）方法一：由，，得
原式；
方法二：原式；
（2）因为
，
所以，
所以.
17.如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：构造平行四边形，证得，再根据线面平行的判定定理证明即可；方法二：构造三角形的中位线，证得平面平面，根据平面，即可证明；
（2）先通过三角形中位线证得平面，再根据线面平行的性质定理证明即可.
【小问1详解】
法一：取中点，连接，，，
易知为中位线，故，且，
因为四边形是平行四边形，所以，，
故，又因为是的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
法二：连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，
所以平面，又因为，
平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以.
18.已知函数.
（1）求的单调增区间；
（2）若关于的方程在区间内有两个不同的解，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求（用表示）.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简函数，然后利用正弦函数的单调性求解单调递增区间.
（2）（i）由题意结合辅助角公式得，其中，，利用正弦函数的值域求得，解不等式即可.
（ii）当时，利用正弦函数的对称性得，进而，利用二倍角的余弦公式即可求解；当时，利用正弦函数的对称性得，进而，利用二倍角的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
，
由得，
所以增区间为；
【小问2详解】
（i）由得，
即，其中，.
所以要保证在区间内有两个不同的解，则，解得.
故实数的取值范围为.
（ii）当时，，即；
此时，
而，所以，
当时，，即；
此时，
而，所以；
综上，.
19.在中，角，，对应的边分别为，，若，，是内任一点，过点作，，的垂线，垂足分别为，，.
（1）求角；
（2）若为边中点，求的最大值；
（3）柯西不等式是以数学家柯西的名字命名.请借助于三维分式型柯西不等式：对任意，，，有：，当且仅当时等号成立.求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合已知利用正弦定理得，利用两角和的正弦公式化简得，化简得，根据角的范围求解即可.
（2）利用余弦定理及基本不等式得，由三角形的中线向量形式得，进而利用数量积的运算律及基本不等式求得的最大值.
（3）利用面积分割得，利用三维分式型柯西不等式得，结合得，令，则，利用二次函数性质及不等式的性质求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
整理可得，
且，则，可得，
且，所以.
【小问2详解】
在中，，由（1）知.
由余弦定理，即，
所以，当且仅当时取等号，所以，
因为为边中点，所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
【小问3详解】
，
又，，，
因为，
所以，
由三维分式型柯西不等式有：
，
当且仅当，即时等号成立.
由余弦定理，得：，
所以，即，
则，
令，则，
因为，解得，
当且仅当时等号成立，所以，则，
令，
则当，即时，有最大值，
则有最小值为.