湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试卷+答案

这是一份湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试卷+答案，共22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。
1. 已知角 的顶点在坐标原点 ，始边与 轴的正半轴重合，将角 的终边绕 点逆时针旋转 后，经过
点 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据角的概念以及三角函数的定义，可得 和 ，再根据 以
及两角和的正弦公式计算可得答案.
【详解】∵角 的终边按逆时针方向旋转 后得到的角为 ，
所以由三角函数的定义，可得：
， ，
∴ ，
故选：A.
2. 若 m，n 是两条不同直线， 是两个不同平面，则下列命题不正确的是（ ）
A. 若 ， ，则 B. 若 ， ，则
C. 若 ， ，则 D. 若 ， ，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用直线、平面平行的性质，直线、平面垂直的性质、判定推理并判断 A，C，D，举例说明判断
B 作答.
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【详解】对于 A，因 ，则存在过直线 n 的平面 ，使得 ，于是有 ，而 ，有
，所以 ，A 正确；
对于 B，因 ，令 ，当 ，且 时，满足 ，若 ，必有 ，B 不
正确；
对于 C，因 ，则存在过直线 m 的平面 ，使得 ，于是有 ，又 ，则 ，
所以 ，C 正确；
对于 D，因 ， ，所以 ，D 正确.
故选：B
3. 某单位职工参加某 APP 推出的“二十大知识问答竞赛”活动，参与者每人每天可以作答三次，每次作答
20 题，每题答对得 5 分，答错得 0 分，该单位从职工中随机抽取了 10 位，他们一天中三次作答的得分情况
如图：
根据图，估计该单位职工答题情况，则下列说法正确的是（ ）
A. 该单位职工一天中各次作答的平均分保持一致
B. 该单位职工一天中各次作答的正确率保持一致
C. 该单位职工一天中第三次作答得分的极差小于第二次的极差
D. 该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差
【答案】D
【解析】
【分析】根据给出统计图数据，分别计算出三次作答的平均分、正确率、极差、标准差，即可作出判断．
【详解】由题可得，该单位抽取的 10 位员工三次作答的得分分别为：
1 号员 2 号员 3 号员 4 号员 5 号员 6 号员 7 号员 8 号员 9 号员 10 号
工 工 工 工 工 工 工 工 工 员工
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第一次作
65 80 85 80 90 90 90 85 90 90 答
第二次作
80 85 90 90 95 90 95 90 95 95 答
第三次作
85 90 95 95 100 100 100 95 100 100 答
对于 A：第一次作答的平均分为： ，
第二次作答的平均分： ，
第三次作答的平均分： ，
故该单位职工一天中各次作答的平均分不一致，故 A 错误；
对于 B：第一次作答的正确率： ，
第二次作答的正确率： ，
第三次作答的正确率： ，
故该单位职工一天中各次作答的正确率不一致，故 B 错误；
对于 C：该单位职工一天中第三次作答得分的极差： ，
该单位职工一天中第二次作答得分的极差： ，
故该单位职工一天中第三次作答得分的极差等于第二次的极差，故 C 错误；
对于 D：该单位职工一天中第三次作答得分的标准差：
，
该单位职工一天中第一次作答得分的标准差：
，
故该单位职工一天中第三次作答得分的标准差小于第一次的标准差，故 D 正确，
故选：D．
4. 已知 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若点 A 到直线 BC 的距离为 ，且
，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件点 A 到直线 BC 距离为 ，结合三角形面积公式可求 ，在根据正弦定理结合条件
求 ，由内角和公式求 .
【详解】因为点 A 到直线 BC 的距离为 ，所以 的面积 ，又 ，
所以 ，故 ，又 ，所以 ；由 及正弦定理可
得 ，故 ，故 ．
故选：A．
5. 已知 ， ，则 的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 将切化弦，再通分，结合两角差的正弦公式求出 ，再由两角差的
余弦公式求出 ，即可得解.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 .
故选：A
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【点睛】关键点点睛：本题关键是由所给条件推导出 、 的值.
6. 定义 ，已知 ， ，若
，且 ， ，则 的最大值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据行列式的定义得出函数 的解析式，结合条件求出 、 的值，然后判断出函数
的单调性，由此可得出函数 的最大值.
【详解】 ， .
由 ，得 ，解得 .
.
函数 在 上单调递减且非负，函数 在 上单调递增且为正.
因此，函数 在 上单调递减，则 ，故选 B.
【点睛】本题考查新定义运算，同时也考查了函数最值 求解，解题的关键就是确定函数的解析式并判断
出函数的单调性，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
7. 设椭圆 的左，右焦点分别为 ，直线 过点 ，若点 关于 的对称点 恰
好在椭圆 上，且 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】利用椭圆的定义及平面向量数量积公式，结合余弦定理解三角形并构造齐次式方程计算离心率即
可.
【详解】设 ，
由已知可得， ，
根据椭圆的定义有 ，
又 ，所以 ，
在 中，由余弦定理可得，
，
即 ，整理得 ，
解方程得 或 (舍去)，
故选：D.
【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出 ，代入公式 ；
②只需要根据一个条件得到关于 的齐次式，结合 转化为 的齐次式，然后等式(不等式
)两边分别除以 或 转化为关于 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 （ 的取值范围）．
8. 已知奇函数 的导函数为 ，当 时， ，若
，则 的大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】
令 ，求导可得 单调递增，再结合奇函数的性质即可得解.
【详解】令 ，则 ，所以 单调递增，
因为 ，所以 即 ，
又 为奇函数，所以 ，
所以 .
故选：C.
【点睛】解决本题的关键是构造合理的新函数，利用导数确定函数的单调性即可得解.
二、多选题
9. 在 中，内角 所对的边分别为 ，下列各组条件中使得 有两个解的是（ ）
A. ， ， B. ， ，
C. ， ， D. ， ，
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意先求出 的值，根据正弦定理可推得 ，当 ，且 时， 有
两个解，即 有两个解.
【详解】A 项：因为 ，所以 .
由正弦定理 可得， ， 无解，A 错误；
B 项：因为 ，所以 .
由正弦定理 可得， ， 只有一个解，B 错误；
C 项：因为 ，由正弦定理 可得， .
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又 ，所以 ，此时 有两个解，即 有两个解，C 正确；
D 项：因为 ，由正弦定理 可得， .
又 ，所以 ，此时 有两个解，即 有两个解，D 正确.
故选：CD.
10. 如图，正方体 中，点 为 的中点，点 为 的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 平面
C. 平面 D. 直线 与平面 所成的角为 30°
【答案】AB
【解析】
【分析】取 中点 ，证明 平面 后得线线垂直判断 A，由面面平行的性质定理判断 B，由
线面垂直的性质定义定理判断 C，求出线面角的正切值判断 D．
【详解】取 中点 ，连接 ，则 ，
平面 ， 平面 ，则 ，所以 ，
在正方形 中，由 （直角三角形的边长对应相等），得 ，所以
，
所以 ，
， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以
，A 正确；
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平面 ，而平面 平面 ，所以 平面 ，B 正确；
若 平面 ， 平面 ，则 ， ，则 ，这是不可能的，
C 错；
由线面角的定义知 是 与平面 的成的角（ 平面 ），
在直线 中，可得 （其中 为正方体棱长）， ，D 错．
故选：AB．
11. 如图，已知正三棱台 的上、下底面边长分别为 2 和 3，侧棱长为 1，点 P 在侧面
内运动（包含边界），且 AP 与平面 所成角的正切值为 ，则（ ）
A. CP 长度的最小值为
B. 存在点 P，使得
C. 存在点 P，存在点 ，使得
D. 所有满足条件的动线段 AP 形成的曲面面积为
【答案】ACD
【解析】
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【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点 到平面 的距离即可确定点 的运动轨迹，
再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点 ，取 中点 ，
中点 ，连接 ，则有 ，
所以 的延长线必过点 且 ，
过点 作 ，则四边形 是边长为 1 的菱形.
如图所示：
在 中， ，即 ，
解得 ，所以 ，
所以 为边长为 3 等边三角形，
所以 ，
所以 ，
因为 是边长为 3 等边三角形且 为 中点，
所以 ， ，
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在 中，由余弦定理变形得， ，
在 中，由余弦定理变形得，
，
解得 ，所以 ，所以 ；
由 ，可得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
由 ， ， ，可得 平面 ，
因为 AP 与平面 所成角的正切值为 ，
所以 ，解得 ， ，
所以点 在平面 的轨迹为 ，
对于 A：当点 运动到 与 的交点时 有最小值，
因为四边形 是边长为 1 且 的菱形，
所以 ，所以 ，
故 A 选项正确；
对于 B：要使得 ，则点 必须落在
平面 与平面 的交线上且 ，
由图易知，在平面 中不存在这样的点 ，
故 B 选项错误；
对于 C：当点 运动到点 时，连接 ， 交 于点 ，
连接 ，由于平面 平面 ，
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所以 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以存在点 P，存在点 ，使得 ，
故 C 选项正确；
对于 D：设 的长度为 ，则 ，
动线段 AP 形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为 ,
则有 ，
因此所有满足条件的动线段 AP 形成的曲面面积为 ，
故 D 选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂
直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要
求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的
基本要求.
三、填空题
12. 已知 AB 为圆 O： 的直径，点 P 为椭圆 上一动点，则 的最小值为______
．
【答案】2
【解析】
【分析】方法一：通过对称性取特殊位置，设出 P 的坐标，利用向量的数量积转化求解最小值即可．
方法二：利用向量的数量积，转化为向量的和与差的平方，通过圆的特殊性，转化求解即可．
【详解】解：方法一：依据对称性，不妨设直径 AB 在 x 轴上， x， ， ，
．
从而 ．
故答案为 2．
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方法二： ，
而 ，则答案为 2．
故答案为 2．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、椭圆方程的几何性质 考查转化思想以及计算能力．
13. 若 ，且 ，则 的最小值为______．
【答案】6
【解析】
【分析】利用基本不等式求解.
【详解】因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，则有 ，
解得 （舍），或 ，
当且仅当 时取得等号，
所以 的最小值为 6，
故答案为:6.
14. 若直角坐标平面内两点 满足条件：① 都在函数 的图像上；② 关于原点对称，则对
称点 是函数 的一个“友好点对”（点对 与 看作同一个“友好点对”）．已知函
数 ，则 的“友好点对”有__________个．
【答案】2
【解析】
【分析】作出函数 关于原点的对称图象，观察其与 的图象交点个数可得结果.
【详解】如图：
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设函数 为奇函数，当 时， ，
当 时， ，所以 ，
又 ，所以 ， .
作出函数 图象，
因为 ， ，
所以函数 与 在 和 上各有一个交点.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：根据“友好点对”的概念，把问题转化成两个函数图象的交点个数，数形结合，即可
得到结论.
四、解答题
15. 已知 ，求:
（1） 的值;
（2） 与 的夹角 ．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求出 即可得解.
（2）利用数量积的运算律及向量夹角公式求解即得.
【小问 1 详解】
由 ，得 ，
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则 ，而 ，于是 ，
所以 .
【小问 2 详解】
显然 ，
则 ，而 ，于是 .
所以 与 的夹角 为
16. 已知函数 的定义域为 ，对 ， 总有 成立.若
时， .
（1）判断并证明函数 的单调性；
（2）若 ，求解关于 的不等式 的解集.
【答案】（1） 在 上单调递减，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1） ，且 ，则 ，根据单调性的定义结合已知即可证明；
（2）赋值法求出 ，根据已知结合函数的单调性，将不等式化为 .求解结合函数的单
调性，即可得出答案.
【小问 1 详解】
在 上单调递减，证明如下：
由已知可得， .
，且 ，则 ，
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则 ，即 ，
所以， 在 上单调递减.
【小问 2 详解】
令 ，由已知可得 .
又 ，
不等式化 .
由（1）知， 在 上单调递减，
所以， .
又 ， ，
所以 ，所以有 ，
整理可得， ，
解得 ，所以， .
所以，不等式 解集为 .
17. 如图， 是⊙O 的直径， 垂直于 所在的平面，C 是圆周上不同于 的一动点.
（1）证明： 是直角三角形；
（2）若 ，且当直线 与平面 所成角的正切值为 时，求直线 与平面 所成
角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
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（2）正弦值为
【解析】
【分析】（1）证明 平面 即可；（2）先算出三棱锥的边长数据，在根据线面角的定义和等体积法，
求出 到平面 的距离， 与平面 所成角的正弦值为 .
【小问 1 详解】
是 的直径，则 ，又 垂直于 所在的平面，即
平面 ，又 平面 ，则 ，又 ，于是 平面 ，又
平面 ，则 ，即 ，故 是直角三角形；
【小问 2 详解】
由题可得 平面 ，则 与平面 所成角为 ，即 ， ，计
算易得 ，则 ，由（1）知， 是直角三角形， ，设
到平面 的距离为 ，由线面角的定义，于是 与平面 所成角的正弦值为 ，三棱锥的体
积： ，又 ，根据
，解得 ，于是 与平面 所成角的正弦值为
18. 我们把 （其中 ）称为一元 次多项式方程.代数基本定理：
任何一元 次复系数多项式方程（即 为实数）在复数集内至少有一个复数根；由
此推得，任何一元 次复系数多项式方程在复数集内有且仅有 个复数根（重根按重数计算）.那
么我们由代数基本定理可知：任何一元 次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为
个一元一次多项式的积.即 ，其中
， 为方程 的根.进一步可以推出：
在实系数范围内（即 为实数），方程 有实数根，则多项式
必可分解因式.例如：观察可知， 是方程 的一个根，则 一
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定是多项式 的一个因式，即 ，由待定系数法可知， .
（1）在复数集内解方程： ；
（2）设 ，其中 ，且 .
（i）分解因式： ；
（ii）记点 是 的图象与直线 在第一象限内离原点最近的交点.求证：当
时， .
【答案】（1） 、
（2）（i） ；（i）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合题意，观察可得 是方程 的一个根，借助待定系数法计算即可得；
（2）（i）结合题意，观察可得 是方程 的一个根，借助待定系数法计算
即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数 ，借助二次函数的性质及韦达定
理可得函数 必有两个不同零点 、 ，且满足 .
【小问 1 详解】
观察可知， 是方程 的一个根，
则 一定是多项式 的一个因式，
即 ，
即有 ，解得 ，
即 ，
令 ，则 ，
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即该方程的根为： 、 ；
【小问 2 详解】
（i）观察可知， 是方程 的一个根，
则 一定是多项式 的一个因式，
即 ，
则有 ，即 ，
即 ；
（ii）令 ，即 ，
即 ，
设 ，由 ，
有 ，故函数 必有两个不同零点，
设 ，且 ，则 ，故 ，
又 ，
故 ，则方程 的根有 、 、 ，且 ，
故 的图象与直线 在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为 ，即 .
【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数 ，
借助二次函数的性质可得函数 必有两个不同零点 、 ，且满足 .
19. 两个非空有限整数集 M，N，定义 ，对 ， .
（1）若 中元素之和小于 6，求集合 ；
（2）若 且 ，求出所有满足条件的数集 ；
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（3）已知 ，在（2）的条件下，当 且 时，求函数
的值域.
【 答 案 】（ 1） 或 或 或 或 或
或 或 或 或
（2） 或 或
（3） 时，值域为
时，值域为
时，值域为
【解析】
【分析】（1）根据集合新定义可求 ；
（2）分析集合间的关系，得到 ，先求得集合 ，即可求得集合 .
（3）在（2）的条件下求出就 不同的取值分类计算后可得函数的值域.
【小问 1 详解】
为三元素集，所以 中元素个数为 2 或 3，
所以 或 或 或 ，
所以 或 或 或
或 或 或 或
或 或 .
【小问 2 详解】
由题意得， ，
设 ，且 ，则 ，
所以 ，解得 ，
所以集合 中只能有 ，
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若 ，则 ，不符合要求；
若 或 ，则 ，
若 或 ，则 ，
所以集合 的所有情况为： 或 或 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
如果 ，则 或 或 ，符合题意；
如果 ，则 ，符合题意；
如果 ，则 ，符合题意.
综上， 或 或 .
【小问 3 详解】
由（2）知， ， ，
① 时， ，所以值域为 ；
② 时，
所以值域为 ；
③ 时， ，无解，函数不存在；
④ 时，
，
所以值域为 ；
综上， 时，值域为 ；
时，值域为 ；
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时，值域为 .