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

这是一份辽宁省锦州市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共18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。
数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．下列四个命题正确的是（ ）
A．，，B．，，
C．，D．，，
3．下列函数为奇函数的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，则向量在上的投影的数量为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角形攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分．多见于亭阁式建筑，某个园林建筑为六角攒尖，它的顶部的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥高为1且侧棱长为，则棱锥侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，，是边上一点，，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．函数在上为减函数
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．点是函数图象的一个对称中心
8．在正三棱柱中，，外接球表面积为，P为的中点，Q为侧面内（含边界）一点，若平面，则点Q运动轨迹的长度为（ ）
A．B．3C．D．4
二、多选题
9．已知是虚数单位，若复数满足，则（ ）
A．的共轭复数为B．
C．D．若复数满足，则的最大值为2
10．已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A．的最小正周期为
B．时，的最大值是
C．的图象向右平移个单位后为奇函数
D．与有相同的零点
11．如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且，则下述正确的是（ ）
A．OF∥平面BCEB．BF⊥平面ADF
C．点A到平面CDFE的距离为D．三棱锥C—BEF外接球的体积为
三、填空题
12．化简的值为 ．
13．函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于 .
14．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB= .
四、解答题
15．已知向量．
(1)若，求的坐标；
(2)若，求与的夹角．
16．如图，直三棱柱中，，若G，F分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)设M是中点，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知分别为三个内角的对边，向量，.
(1)求；
(2)若.求的面积.
18．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
19．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中．
(1)若，求的值；
(2)当取最大值时，记，求M；
(3)在（2）的条件下设，若时，对于任意的均有恒成立，求t的取值范围．
辽宁省锦州市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷参考答案
1．B
【详解】根据题意，，
则z的虚部为.
故选：B
2．D
【详解】若，，，则直线与的位置关系可以平行和异面，故A错误；
若，，，则直线与的位置关系可以平行、相交和异面，故B错误；
若，，则或，故C错误；
若，，则，又，则，故D正确.
故选：D
3．B
【详解】函数的定义域为关于原点对称，
又，所以是偶函数，故A不符合题意；
函数的定义域为关于原点对称，又，
所以是奇函数，故B符合题意，
函数的定义域为关于原点对称，又，
所以且，所以是非奇非偶函数，故C不符合题意；
函数的定义域为关于原点对称，又，所以是偶函数，故D不符合题意．
故选：B
4．A
【详解】因为，，
则向量在向量上的投影的数量为.
故选：A
5．A
【详解】设正六棱锥底面边长为，则由正六边形的性质可知底面中心到底面顶点的距离为，
又正六棱锥高为1且侧棱长为，根据正六棱锥的性质得，解得，
所以侧面等腰三角形的高，
所以棱锥侧面积为.
故选：A
6．C
【详解】由题意，在中，，，，
由余弦定理得，
，
∴，
∴，
在中, 由正弦定理得，
，
故选：C.
7．D
【详解】.
A：因为，所以由，因此本选项说法不正确；
B：由上可知：，
当时，，
因此函数在上为增函数，所以本选项说法不正确；
C：因为，
所以直线不是函数图象的一条对称轴，因此本选项说法不正确；
D：因为，
所以点是函数图象的一个对称中心，因此本选项说法正确，
故选：D
8．A
【详解】设正三棱柱的外接球半径为，
则，解得，
设的中点分别为，连接，
在上分别取，使得，
故分别为等边三角形和等边三角形的中心，
连接，则的中点即为正三棱柱的外接球球心，
即，设正三棱柱的高为，则，，
因为，所以，，
则，解得，
因为P为的中点，所以，又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
取的中点，连接，则，同理可证平面，
因为，平面，所以平面平面，
故当在线段上时，平面，故平面，
故点Q运动轨迹的长度为的长，.

故选：A
9．ABD
【详解】.
A：因为的共轭复数为，所以本选项说法正确；
B：因为，所以本选项说法正确；
C：因为，所以本选项说法错误；
D：设复数在复平面对应的点为，设复数在复平面对应的点为，
因为，所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，
式子表示复平面内两点的距离，
因此的最大值为，所以本选项说法正确，
故选：ABD
10．AC
【详解】观察图象得，，得，而，所以，
因为，所以，又，所以，
所以，故A正确；
对于B，当时，，所以，
所以，即的最大值是，故B错误；
对于C，的图象向右平移个单位后为，
则，故为奇函数，C正确；
对于D，令得，
即函数的零点为，令得，
即函数的零点为，
显然与无交集，
故与没有相同的零点，D错误.
故选：AC
11．ABC
【详解】对于A：因为，所以，又，所以，则四边形为平行四边形，
得，而平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B：因为，平面平面，且平面平面，在面内，
所以平面，平面，则，
由，，平面，所以平面，故B正确；
对于C：由，平面，平面，可得平面．
则点到平面的距离等于到平面的距离．
在中，由已知可得，则为等边三角形，
由对称性可知，而，
则与也是等边三角形，且边长均为1，知，，，
由已知结合勾股定理求得，
则，所以．
所以，．
设到平面的距离为，
由，得，解得，故C正确；
外接圆的圆心为，则矩形对角线长的一半为三棱锥外接球的半径，等于，
则三棱锥外接球的体积为，故D错误．
故选：ABC．
12．
【详解】
.
故答案为：
13．8
【详解】由，则，即关于对称；
由在上递增且值域为、上递增且值域为，且关于对称；
又，根据对称性知：，
所以、且的图象如下，
所以，在的两侧各有4个交点，且4对交点分别关于对称，
故任意两个对称的交点横坐标之和为2，所有交点的横坐标之和为8.
故答案为：8
14．
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
15．(1)或；
(2)．
【详解】（1）由题意，设，
因为，所以，所以，
所以或．
（2）因为，
所以，所以，
即，
设与的夹角为，则，
又，所以，所以与的夹角．
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）法一：取中点H，连接，，
，H，F分别为，和中点．
，，，从而，
平面，平面，平面，平面，
平面，平面，平面，平面，
与在平面内且相交，平面平面，
平面．平.
法二：连接，
为中点为中点，为中 ，
平面，平面，平面.
（2）在直棱柱中，平面，
平面，，
不妨设，，，，
，，
又与在平面内且相交，平面，
平面，平面平面.
（3）连接，，
平面，直线为直线在平面内的射影，
是与平面所成的角，
在中，，
，
故.
17．(1)
(2).
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以，
所以，
，即，
又，故，即.
（2），所以，
，
,
又,即,
,
或（舍）,
故.
18．(1)证明见解析；(2).
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，
所以，即，
在中由正弦定理得：，
则，
所以，即，由正弦定理得．
由及余弦定理得；
（2）由得A为锐角，则当最大时最小，
所以
当且仅当时，即时取最小值，此时，
故；
（3），则恒成立，
因为，所以，恒成立，
设，当时，是增函数，则，
又，设，则，解得，
所以，因为，所以.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
A
A
C
D
A
ABD
AC
题号
11









答案
ABC