辽宁省普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省普通高中2024-2025学年高一下学期7月期末联考数学试卷（Word版附解析），共15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．复数的虚部为（ ）
A．B．4C．D．4i
2．工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是（ ）
A．两条相交直线确定一个平面
B．两条平行直线确定一个平面
C．四点确定一个平面
D．直线及直线外一点确定一个平面
3．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，，且m与n异面，则（ ）
A．l至多与m，n中的一条相交B．l与m，n均相交
C．l与m，n均平行D．l至少与m，n中的一条相交
5．已知p，，复数是关于x的方程的一个根，则的值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
6．若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（ ）
A．80米B．100米C．112米D．120米
8．已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，且四边形是边长为的正方形，若四棱锥的体积的最大值为6，则球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥
B．棱柱至少有五个面
C．棱台的侧棱延长后必交于一点
D．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台
10．已知的内角所对的边分别为，则（ ）
A．
B．若，则
C．若，则为锐角三角形
D．若，则的形状能唯一确定
11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为
B．存在点，使得平面平面
C．当在线段上运动时，三棱锥的体积不变
D．的最小值为
三、填空题
12．某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为 ．
13．已知复数满足，且，则＝ ．
14．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则 ，的最小值为 ．
四、解答题
15．已知复数，在复平面内对应的点分别为，．
(1)若，求；
(2)若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围．
16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，△ABC的面积为，求c．
17．如图，在三棱柱中，，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若三棱柱为直三棱柱，且棱长均为2，求异面直线与所成角的正弦值.
18．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面平面，，点E，F分别为棱DC，DP的中点．
(1)求证：平面PBD；
(2)求二面角的正切值；
(3)求直线PE与平面PAD所成角的正弦值．
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点．
(1)求证：是直角三角形；
(2)若的面积为，且，求的值；
(3)求的最小值．
1．A
利用复数的减法及复数的有关概念求解.
【详解】依题意，，其虚部为.
故选：A
2．A
利用平面的基本性质求解.
【详解】解：由于连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格，
所以工人师傅运用的数学原理是“两条相交直线确定一个平面”.
故选：A
3．D
直接利用正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理得，
所以.
故选：D.
4．D
根据线线之间的位置关系分析即可.
【详解】由题意知m与l平行或相交，n与l平行或相交，但直线l与m，n不能同时平行，
若直线l与m，n同时平行，则m与n平行，与两直线异面矛盾，
所以l与m，n中的一条相交或与m，n都相交.
故选：D.
5．C
根据一元二次方程的复数根互为共轭复数，再利用韦达定理即可得解.
【详解】因为复数是关于x的方程的一个根，
所以复数也是关于x的方程的一个根，
则，所以，
所以.
故选：C.
6．B
先根据斜二测图形信息推出原图形的尺寸，再分析旋转后几何体的构成，最后求出体积.
【详解】已知在斜二测图形中，，
根据斜二测画法中平行于轴的线段长度不变的规则，可知在原图形中，，.
又已知，由斜二测画法中平行于轴的线段长度减半的性质，
可得原图形中，且（斜二测画法中轴与轴夹角在原图形中为）.
如图，得到原图.
因为梯形以边为轴旋转一周，所以得到的几何体为圆台.
其中圆台的底面半径，高；
根据圆台体积公式，可得.
故选：B.
7．B
结合题意表示出，再利用余弦定理建立方程，求解高度即可.
【详解】设，由题意得，而，
得到，在中，，，
由余弦定理得，解得，故B正确.
故选：B.
8．C
连接相交于点，当平面时，四棱锥的体积的最大，此时球心在上，根据求出，再利用是直角三角形求出可得答案.
【详解】连接相交于点，连接，当平面时，
四棱锥的体积的最大，此时球心在上，连接，
所以，解得，
四边形是边长为的正方形，所以，
设球的半径为，因为是直角三角形，所以，
即，解得，
则球的表面积为.
故选：C.
9．BC
根据棱锥、棱柱、棱台、圆台的概念以及性质，即可判断得出答案.
【详解】对于A项，根据棱锥的定义：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，可知A项错误；
对于B项，棱柱中面最少的为三棱柱，有五个面.故B正确；
对于C项，由于棱台是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的多面体为棱台.结合棱锥的性质，可知棱台的侧棱延长后必交于一点.故C正确；
对于D项，以直角梯形的垂直于底面的腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台，当腰与底面不垂直时，得到的旋转体不是圆台.故D错误.
故选：BC.
10．AB
应用正弦定理及边角关系判断A、B、D；由余弦定理易得为锐角，而角和角是否为锐角无法确定，即可判断C.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，则，故B正确；
由余弦定理，可知为锐角，
但无法判断角和角是否为锐角，不一定为锐角三角形，故C错误；
由正弦定理得，即，又，所以，所以或，故D错误.
故选：AB
11．ACD
根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可①②③确定ABC的正误，利用展开法和点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D.
【详解】对于A，∵正方体的对面互相平行，
∴过三点的平面截正方体的对面所得截线互相平行，
又∵为线段的中点，∴截面交BC于其中点G，
连接，则四边形即为所求截面，显然为等腰梯形，
且，
梯形的高，
面积为，故A正确；
过与平面平行的直线都在过与平面平行的平面内，
易知过与平面平行的平面截正方体的截面为如图所示1的六边形，其各顶点都是正方体的相应棱的中点，
由于不在平面内，∴平面与直线平行，
∴平面与线段没有公共点，故B错误；
∵，平面，不在平面内，
∴平面，
又∵，∴到平面AD1C的距离为定值，又∵的面积为定值，
∴当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，故C正确；
将矩形展开到与等腰直角三角形在同一平面内，如图2所示，
，
当共线时取等号，故D正确.
故选：ACD.
12．/
根据扇形的弧长公式求出圆锥的底面圆的周长，建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知扇形的弧长，
设该圆锥的底面圆的半径为，则，
即，得，即该圆锥的底面圆的直径为.
故答案为：
13．
先设根据给定条件，结合复数相等和复数模公式计算作答.
【详解】设，
又，所以，
又，所以，
所以，
所以，
所以
．
故答案为：.
14． 3 /
第一空，利用余弦定理角化边，再化简计算即得；第二空，利用余弦定理将用表示，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】在中，由及余弦定理，得
，因此；
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：3；
15．(1)
(2)
（1）由题可知：，，进而可求和其模长；
（2）整理可得，结合复数的几何意义运算求解.
【详解】（1）由题可知：，，则，
所以．
（2）由题意可知：，
因为复数z在复平面内对应的点位于第二象限，则，解得，
故实数m的取值范围为．
16．(1)
(2)
（1）先对题目的等式进行变形化简，然后再用余弦定理求解，即可得到C的大小.
（2）已知三角形的面积，利用三角形面积公式可求出，再结合给定条件利用余弦定理建立方程，即可算出c边.
【详解】（1）由，得．
由余弦定理，得，
又，所以．
（2）由△ABC的面积为，得，所以ab＝8．
由余弦定理，得，
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）通过证明平面，平面，来证明面面平行；
（2）先证明异面直线与所成角为（或其补角），再在中计算即可.
【详解】（1）证明：因为，分别是，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
连接，由棱柱的性质，可知所以四边形为平行四边形，所以，又，
所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为， 平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，所以异面直线与所成角为（或其补角），
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
因为，平面，所以，，
所以，，，
所以，即，
所以在中，，
即异面直线与所成角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）利用面面垂直性质可得平面，由，进而可得平面，结合线面垂直的判定和性质定理即可证明结果；
（2）过点作直线的垂线，垂足为推理可得为二面角的平面角，进一步计算即可推出结果.
（3）取的中点，连接，可证得平面，则有点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等体积计算可得距离为，设直线与平面所成角为，由计算即可.
【详解】（1）证明：在中，，，，
由余弦定理得.
即，所以，所以.
因为四边形是矩形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
在中，，点是的中点，所以，
又平面，
所以平面.
（2）过点作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示.
由(1)知平面，又平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角.
因为平面平面，所以，又，
所以，所以，
解得
在中，，
所以，即二面角的正切值为.
（3）取的中点，连接，如图所示，
易得，又平面平面，
所以平面，即点到平面的距离等于点到平面的距离.
因为平面平面，
所以，所以，所以.
设点到平面的距离为，又，
所以，解得，
设直线与平面所成角为，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解，
（2）根据面积公式可求解，进而根据正弦定理可得，由和差角公式化简即可求解，
（3）由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得，即可利用不等式求解.
【详解】（1）因为，所以，即,
由正弦定理可得，故,即是直角三角形，
（2）的面积为则，
因为P为的费马点，所以，
设，所以，，
在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得,
所以，所以即，
所以，即，
（3）因为P为的费马点，所以，
设所以，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得,
在中，由余弦定理可得,
又，所以，
所以，
又所以即，
解得或（舍去），
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
D
D
C
B
B
C
BC
AB
题号
11









答案
ACD