广西北海市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份广西北海市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共12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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．20
2．在中，，，则的外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．“（）”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，它们的夹角为，则（ ）
A．4B．12C．2D．
6．已知，，是不重合的三条直线，，，是不重合的三个平面，则下列说法中错误的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，，则
7．素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（ ）

A．B．C．D．
8．已知均为锐角，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数z满足，则（ ）
A．B．
C．z的虚部为1D．z在复平面内对应的点位于第一象限
10．已知角，，是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则是直角三角形
11．已知函数的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．若的最小正周期为，则
B．若的图象关于点中心对称，则
C．若在上单调递增，则的取值范围是
D．若方程在上恰有两个不同的实数解，则的取值范围是
三、填空题
12．已知，复数，若为纯虚数，则的虚部为 ．
13．设和是两个不共线的向量，若，，，且A，B，D三点共线，则实数k的值等于 ．
14．在三棱锥中，平面，，，，点是空间内的一个点，且，则点到平面的距离的最大值为 .
四、解答题
15．已知．
(1)求的值；
(2)求和的值．
16．已知向量，.
(1)若，求的值；
(2)若，求向量与夹角的余弦值.
17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
18．如图，某小区有一块扇形草地，为了给小区的小孩有一个游玩的地方，物业要在其中圈出一块矩形场地作为儿童乐园使用，其中点在弧上，点分别在线段上，且，设.
(1)若，求矩形的面积；
(2)求矩形的面积的最大值，并求出此时弧的长度.
19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，，点为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
1．B
利用复数的模的公式计算求解即可
【详解】因为复数，所以.
故选：B.
2．A
根据正弦定理计算可得外接圆的半径，再利用圆的面积公式计算即可.
【详解】由正弦定理得的外接圆的半径，
所以的外接圆的面积.
故选：A.
3．A
根据三角函数求得的值，结合充分，必要条件的定义判断即可．
【详解】若，则（）或（），推不出（）；
反过来，若（），可推出.
故“（）”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
由题意可得圆柱的底面半径，高，从而可根据侧面展开图是矩形，可求出其侧面积
【详解】以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，
其底面半径，高，故其侧面积为.
故选：D.
5．C
先根据已知条件求出，再由化简计算即可
【详解】因为向量，它们的夹角为，
所以，
所以.
故选：C.
6．B
利用线面平行的性质与线面垂直的性质可判断A；可作出，，的图形判断B；利用两平面平行的定义可判断C；利用反证法证明可判断D.
【详解】对于A，作平面，使且，因为，所以，
又因为，，所以，所以，故A正确；
对于B：如图所示，，，，，满足，，，
但不满足，故B错误；
对于C；若，，则，故C正确；
对于D：因为，所以，，取点，则，，
假设直线与平面不垂直，又，
则过点在平面内可作一条直线与平面垂直，记为，
同理，在平面内过点可作直线，因为过点有且仅有一条直线垂直于平面，
所以直线与直线重合，所以，，所以，又，
与平面与平面有且仅有一条交线矛盾，故假设不成立，所以D正确.
故选：B.
7．A
根据球和圆柱的表面积公式，即可求解.
【详解】设圆柱的高为，则银杯内壁的表面积，
得.
故选：A
8．C
将等式展开并化为有关正切的关系式，再根据同角三角函数之间的关系以及基本不等式得到结果.
【详解】由题可得，
因为均为锐角，两边同时除以得，
所以，
因为均为锐角，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
故选：C．
9．CD
根据复数的运算法则和基本概念即可逐项判断．
【详解】依题意，
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，z的虚部为1，C正确；
对于D，z在复平面内对应的点位于第一象限，D正确.
故选：CD.
10．BC
利用三角形内角和定理，诱导公式即可计算可判断AB；利用正弦定理角化边计臬可判断C；取，，，可判断D．
【详解】对于A，因为，所以，A错误；
对于B，因为，所以，B正确；
对于C，设的外接圆半径为，，可得，即，所以，C正确；
对于D，如在中，，，，符合，但该三角形不是直角三角形，D错误；
故选：BC.
11．ACD
将点的坐标代入解析式，求得的值，根据周期公式可判断选项A，根据已知点可求得的值，可判断B，根据的取值范围得到的取值范围，再依据单调递增区间可判断选项C，根据零点个数以及整体代入法可求得选项D.
【详解】因为函数的图象经过点，
所以，而，所以，即，
选项A，的最小正周期是，则，A正确；
选项B，的图象关于点中心对称，
则（因为），B错误；
选项C，时，，
则，解得，C正确；
选项D，时，，
方程在上恰有两个不同的实数解，
即方程在上恰有两个不同的实数解，
则，解得，D正确.
故选：ACD.
12．
由复数的除法运算及纯虚数、共轭复数的概念即可求解.
【详解】由，得，
所以，
因为为纯虚数，所以，即，
所以，
所以的虚部为为，
故答案为：
13．12
先求，由A，B，D三点共线，利用共线向量定理得存在实数，使得，进而求解.
【详解】由题意有，，
因为A，B，D三点共线，所以存在实数，使得，
即，所以，
所以．
故答案为：.
14．
利用等体积法求得点到平面的距离，进而可求得点到平面的距离的最大值.
【详解】因为平面，，平面，所以，，
又，，所以，又，
所以，因为，，
所以，所以，设到平面的距离为，
等体积法可得，即，解得，
所以点到平面的距离为，
又，所以点到平面的距离的最大值为.
15．(1)
(2)，.
（1）由诱导公式及同角三角函数的基本关系化简即可；
（2）由二倍角正切公式及两角差的正切公式计算可得.
【详解】（1）因为，
故；
（2）由（1）已得，
所以，.
即，.
16．(1)
(2)
（1）由向量加减法和数量积的坐标运算求解即可；
（2）由向量的坐标运算可得，再由夹角的坐标公式计算可得结果.
【详解】（1）因为，，所以，
又，所以，解得；
（2）因为，
所以，解得，，所以，
所以，
即向量与夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)
（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，进而可求；
（2）由向量数量积及（1）可求得的值，进而计算可求三角形面积.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
即，所以，
又，所以，所以，所以；
（2）由，可得，即，
由（1），，所以，
所以.
18．(1)
(2)，此时弧MN长度为
（1）作，垂足为，交于，在直角三角形中表示，，，从而得到，再由面积公式及二倍角公式计算可得；
（2）结合（1）可得，，则利用二倍角公式和辅助角公式得，结合正弦函数的性质计算最值可得时，矩形的面积取最大，利用弧长公式求解弧长即可得解.
【详解】（1）作，垂足为，交于，
由于四边形为矩形，即，关于直线对称，
则，，则，，
而，故为等腰直角三角形，则，
故，
则；
（2）因为，则，，而，
故为等腰直角三角形，则，
故，
则矩形的面积
，因为，所以当即时，
取最大值，
所以，此时弧的长度为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：连接交于点，再连接，如图所示.
在中，，是的中点，所以，
又四边形是边长为2的菱形，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）因为四边形是边长为2的菱形，，
所以可求得，所以.
因为，，，
所以，所以，且，
所以，又，所以．
取的中点，连接，，如图所示．
在中，，，，点是的中点，
所以，且．
同理可得，，所以二面角的平面角为，
在中，，，，
由余弦定理得，即二面角的余弦值为.
（3）由（2）知，取的中点，连接.
在中，，所以根据勾股定理得．
由（2）知的面积．
因为点是的中点，所以，
设点到平面的距离为，所以，
解得，
又，设直线与平面所成角为θ，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
A
D
C
B
A
C
CD
BC
题号
11









答案
ACD