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

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命题人：安道波 于丹 宋永任 迟宏杨
注意事项：
1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效.
2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知（i为虚数单位），则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法求出，进而求出其模.
【详解】依题意，，所以.
故选：A
2. 已知在平面直角坐标系中为坐标原点，点、点，则向量和的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量夹角的公式求解即可，注意向量夹角的取值范围.
【详解】因为点、点，所以，
所以，，
设向量和的夹角为，因为，
又因为，所以，
所以向量和的夹角为.
故选：B.
3. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和与差公式对已知等式进行展开，然后通过等式变形得到与的关系，从而求出的值.
【详解】已知，根据两角和与差公式，
将等式展开得到：，
展开得：，
因为，由，
两边同时除以（且，若或，则正切函数无意义），
可得：，
已知，又，
所以.
故选：C.
4. 已知函数的周期为，且在上单调递增，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合三角函数的周期性定义和三角函数图象逐选项判断即可.
【详解】对于A，，结合正弦函数图象可知，时，单调递增，时，单调递减，故A错误；
对于B，，，所以周期为，
因为，所以，所以，
结合正弦函数图象，函数在上单调递增，故B正确；
对于C，，因为，所以，结合余弦函数图象可知，
函数在单调递减，在单调递增，故C错误；
对于D，，当时，函数无意义，所以在上不单调递增，故D错误，
故选：B.
5. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.
【详解】如图所示，作于点，
则，即，
，
则，
由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角，
设其为，则，即.
故答案为：.
6. 在中，已知，是关于的方程的两个实根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用韦达定理和和差公式即可得解.
【详解】因为，是关于的方程的两个实根，
所以，
所以，
因为，所以.
故选：D
7. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A.
B. 将的图象上所有点横坐标变为原来2倍，再向左平移个单位，得到的图象，则
C. 的对称中心为，
D. 若，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象确定相关参数，可求出函数解析式，判断A；利用正弦函数图象平移变换可判断B；根据正弦函数的对称性可判断C；对于D，结合已知利用换元法推出，代入求值，即可判断.
【详解】由图知，故，
又过点，且该点在函数增区间上，故，
则，则，结合，则，
故，A错误；
将的图象上所有点横坐标变为原来2倍，可得的图象，
再向左平移个单位，得到的图象，则，B错误；
令，则，
即的对称中心为，，C错误；
因为，且，令，
则，则，
则，
故，D正确，
故选：D
8. 已知非零平面向量，，是单位向量，，且，则（ ）
A. 4B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件可得，利用向量夹角及模的几何意义将问题转化为圆上的点到射线距离最小值求解.
【详解】由是单位向量，，得，即，
作向量，则，
点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
由，得，作向量，，
过作射线的垂线，垂足为，
所以.
故选：D
二.多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选得0分.
9. 下列命题是真命题的是（ ）
A. 直线不平行于平面，且，则平面内不存在与平行的直线
B. 两条直线平行是它们与同一平面所成角相等的充分不必要条件
C. 平面、，，，过内的任意一点作直线，则
D. 空间中，一个角两边分别垂直于另一个角两边，则这两个角相等或互补
【答案】AB
【解析】
【分析】依据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系以及线面角、空间角的相关知识，结合举例，来对每个命题逐一进行分析判断.
【详解】对于A，已知直线不平行于平面，，那么直线与平面相交.
假设平面内存在与平行的直线，根据直线与平面平行的判定定理可得，
这与已知条件矛盾，所以平面内不存在与平行的直线，故A正确；
对于B，若两直线平行，根据线面角的定义和性质，它们与同一平面所成的角一定相等，
所以两直线平行能推出它们与同一平面所成的角相等；
但是两直线与同一平面所成的角相等时，两直线可能平行、相交或异面，
因此，两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件，故B正确；
对于C，根据面面垂直的性质定理，此垂线必须在平面内才垂直于平面，而题中的垂线不一定在平面内，故C错误；
对于D，如图，，，过平面内一点作于点，点，连接，
过平面内一点作于点，点，连接，
则，，又，故，
但是和大小关系不确定，故D错误.
故选：AB.
10. 设复数在复平面内对应点为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点在第二象限
B. 若为纯虚数，则点在虚轴上
C. 若，则点的集合所组成的图形面积为
D. 若，则为实数
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，求出复数进行判断即可，对于B，根据纯虚数的定义分析判断，对于C，由结合复数的几何意义分析判断，对于D，设，则，再化简判断.
【详解】对于A，由，得，
所以复数在复平面内对应点为在轴，所以A错误；
对于B，因为为纯虚数，所以点在虚轴上，所以B正确，
对于C，因为复数在复平面内对应点为，且，所以点在以坐标原点为圆心，3为半径的圆上或圆内，
所以点集合所组成的图形面积为，所以C正确，
对于D，设，因为，所以，
所以
，所以D正确.
故选：BCD
11. 已知正方体，，且直线与直线夹角为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点在棱上，且，则
B. 若，且点在面上，则点的轨迹长度为
C. 是面上的动点，，则的轨迹图形面积是
D. 点为截面上的动点，，则点的轨迹长度是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，由题易得，运算得解；对B，由题可得点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，运算得解；对C，由题易证平面，可得点的轨迹图形是，求解判断；对D，由C，可确定点的轨迹得解.
【详解】对于A，如图，点在上，则，所以，
解得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以直线与夹角为，
所以射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面，
当点在底面内时，，
点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为，故B正确；
对于C，如图，连接，
由平面，平面，则，又，
，平面，故平面，
平面，所以，
同理，可得，而，平面，
所以平面，因为，所以平面，又是正方体面上的动点，
所以点的轨迹图形是，易知是正三角形，边长为，
所以点的轨迹图形的面积为，故C正确；
对于D，由C可知，平面，又点为截面上动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为，故D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三.填空题：本大题共3小题.每小题5分，共15分，把答案填在答题纸的相应位置上.
12. 若关于的方程的一个虚根的模为3，则的值为_____.
【答案】9
【解析】
【分析】求出方程的根，再利用复数模的意义列式求出.
【详解】由方程，得，依题意，，解得，
由，所以.
故答案为：9
13. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数.图象，若函数为奇函数，则的最小值是_____.
【答案】1
【解析】
【分析】求出平移后的解析式，根据函数的奇偶性得到方程，求出，进而得到最小值.
【详解】的图象向左平移个单位，
得到函数，
因为为奇函数，所以，解得，
又，故当时，取得最小值，最小值为1.
故答案为：1
14. 已知是球的直径上一点，，，为垂足，平面截球所得截面的面积为，M为内的一点，且，则球的表面积为_____；过点作球的截面，则当截面面积最小时，截面圆的半径为_____.
【答案】 ①. ②. .
【解析】
【分析】由题意截面的面积为求出截面圆半径，继而可求球的半径，即可求得球的表面积；过点作球的截面，确定截面圆与垂直时，球心到截面圆的距离最大，即可求得截面面积最小时，截面圆的半径.
【详解】设球的半径为R，由于，故，
球所得截面的面积为，设截面圆半径为r，则，
则，即，解得，
故球的表面积为；
过点作球的截面，则当截面面积最小时，只需该截面圆的半径最小；
设球心到截面圆的距离为d，设截面圆半径为，则，
故只需d最大，此时截面圆与垂直，
即，
故，
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. 如图，在直三棱柱中，已知，侧面为正方形，设的中点为，.
（1）求证平面；
（2）求证：平面
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据中位线性质证明，结合直棱柱性质和线面平行判定定理可证；
（2）先证，然后结合正方形性质和线面垂直判定定理可证.
【小问1详解】
侧面为正方形，且，∴E为的中点，
又为中点，，
又直三棱柱中，，.
又平面，平面，
平面.
【小问2详解】
直三棱柱，平面，
又平面，，
又，平面，，
平面.
又平面，.
侧面为正方形，，
又，、平面，
平面.
16. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角；
（2）若，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，结合三角形内角和定理，可求角.
（2）利用余弦定理可求边，进而求三角形的周长.
【小问1详解】
，
由正弦定理得：，
又，
即，
，
又，，，
又，.
【小问2详解】
由余弦定理得：，
，
即，
或（负值舍去），
.
的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为正方形，分别为的中点.
（1）直接写出图中与平行的平面；
（2）求证：平面平面；
（3）在棱上是否存在点，使得平面平面?若存在，求三棱锥体积；若不存在，说明理由.
【答案】（1）平面，平面
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，然后由线面平行的判定定理可得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（3）当为中点时，满足条件，连接，设，可得，，再结合面面垂直可得平面，然后由面面垂直的判定得平面平面，利用等体积法可求得三棱锥体积.
【小问1详解】
因为四边形为正方形，分别为的中点.
所以，，，
所以四边形和四边形均为平行四边形，
所以，，
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面；
【小问2详解】
因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问3详解】
存在，当为中点时，平面平面.
证明：连接，设，
因为四边形为正方形，E，M分别为、的中点，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为为中点，所以.
因为，E为中点，
所以，，.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
所以存在点，使得平面平面.
则.
18. 如图，已知是圆的直径，是圆上的一动点，垂直圆所在平面.
（1）求证：；
（2）是圆上点，且，，，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直.
（2）做出二面角的平面角，解三角形，求二面角的平面角的余弦.
【小问1详解】
平面圆，又平面圆，.
是圆的直径，.
，又平面，平面.
平面.
又平面，.
【小问2详解】
如图：
过点作，垂足为，连接，
，，.
，，，
在中，由余弦定理得，
.
垂直圆所在的平面，又圆所在的平面，
，，.
，，，
，，且，
二面角的平面角为.
由三角形面积公式可得，.
在中由余弦定理可得
，
∴二面角的余弦值为.
19. 已知函数.
（1）若函数的最小正周期为，求函数的解析式和对称轴方程；
（2）在（1）条件下，当时，有且只有两个零点，直接写出的取值范围，并证明；
（3）函数在区间上有且仅有一个零点，且，求.
【答案】（1），对称轴方程为，
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据最小正周期求出，所以，整体法求出函数对称轴方程；
（2）由（1）知，，换元，转化为有且只有两个零点，且，其中，即与有两个交点，求出的单调性及特殊点函数值，从而得到答案；证明，方法一：由基本不等式得到，故，，由余弦函数单调性证明出结论；方法二：由分析法进行证明即可；
（3）根据得到或，于是或，分两种情况，计算出函数解析式，结合函数零点个数得到不等式，求出，故，所以，利用周期性求和即可.
【小问1详解】
，
的最小正周期为，，所以.
令，，即可得，，
的对称轴方程为，.
【小问2详解】
由（1）知，，.
令，，，.
有且只有两个零点，
有且只有两个零点，且.
即关于方程有且只有两个根，
与有两个交点，
其中在上单调递增，在上单调递减，
且时，，当时，，当时，，
要想与有两个交点，可知.
方法一：，，.
，.
又，，
.
，，.
又，为减函数，，.
方法二：.要证，
需证明，需证明，
需证明，即证明，
即证明.
，.
又，，
，.
【小问3详解】
，
，
即，
，
，
，
，
或，
或，
于是或.
当时，，
，，
而函数在区间上有且仅有一个零点，
则，
，故，
当.时，，
，，
而函数在区间上有且仅有一个零点，
则，
解得，，无解.
综上所述，，，.
其中，为的最小正整数倍，
其中
.