四川省南充市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省南充市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（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．设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（ ）象限.
A．一B．二C．三D．四
2．已知平面向量，，若，则（ ）
A．B．C．2D．3
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．设，为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
5．如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知中，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在中，，于，，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在中，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．存在，使得成立
10．如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成角为
B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为
D．四棱锥的外接球的表面积为
11．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．时，点是函数图象的一个对称中心
B．时，函数在上有4个零点
C．将图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称，则最小值为3
D．当时，恰有4个最大值，则实数的取值范围为
三、填空题
12．的值为 .
13．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则 .
14．在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把与，与相加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：.
如果角与满足，，则 .
四、解答题
15．已知函数.
(1)求函数的值域；
(2)求使成立的的取值集合.
16．在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)求证：；
(2)若为的中点，过的平面交平面于，求证：平面.
17．如图，中，，，，，N为的中点，设，与相交于点.
(1)用，表示、；
(2)若，求的值；
(3)求.
18．已知、、分别为三个内角、、的对边，且.
(1)求的值；
(2)若，，的面积为，求的值；
(3)若，，为垂心，为的外心，求的值.
19．如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点.将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点.

(1)当为的中点时.
①求证：平面平面；
②求直线与平面所成角的正弦值.
(2)若，求二面角的正弦值的取值范围.
1．A
应用复数乘法求复数，再根据其对应点确定复数所在的象限.
【详解】由，对应点坐标为，即在第一象限.
故选：A
2．A
由向量平行的坐标表示列方程求参数值.
【详解】由题设，可得.
故选：A
3．D
应用诱导公式及平方关系求值即可.
【详解】由，，则，
所以.
故选：D
4．C
根据线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断线线、线面位置关系.
【详解】A：，，则平行或异面，错；
B：，，则或，错；
C：，则存在直线平面，使，
又，得，故，对；
D：，，，则可以在内，可以与平行，也可以与相交但不垂直，不一定有，错.
故选：C
5．B
由题设确定底面周长，再由圆锥侧面积的求法求其侧面积.
【详解】由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
6．B
利用平面向量数量积的坐标运算可求出的值，利用同角三角函数的基本关系结合三角形的面积公式可求得结果.
【详解】因为，，则，
故，
因此.
故选：B.
7．A
根据已知及余弦定理得，再由投影向量的求法求在上的投影向量.
【详解】由题设，，则，，
故，
所以，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
8．D
利用辅助平行平面来确定点所在的直线，然后借助正方体的性质，即可得正切值与边的关系，从而可得取值范围.
【详解】
取线段的中点分别为，连接，
由中位线可得，所以四点四点共面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
因为点为四边形及其内部的动点，所以当，即平面，
所以此时有平面，
由正方体的性质可知平面，所以与平面所成角就是，
又因为，设正方体的边长为2，则，
此时，所以，
故选：D.
9．BC
由三角形内角和及诱导公式判断A、B；由余弦函数的单调性比较大小判断C；根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.
【详解】A：由，错；
B：由，对；
C：由在上单调递减，且，则，对；
D：由正弦边角关系，若，即，显然不符合三角形三边关系，错.
故选：BC
10．ABD
根据定义，异面直线与直线所成角，即为或其补角，即可判断A；应用等体积法求体积判断B；首先求出到平面的距离，再结合对称性判断C；由四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，进而求半径，即可得表面积判断D.
【详解】A：由题设，则直线与直线所成角，即为或其补角，
又为等边三角形，故，对；
B：由，对；
C：由，，则中上的高为，
所以，若到平面的距离为，则，
所以，根据对称性易知点到平面的距离为，错；
D：由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，
而的外接圆半径，且，
所以外接球的半径，故其表面积为，对.
故选：ABD
11．ACD
代入法判断对称中心，结合正弦函数的周期性确定区间零点个数判断A、B；由图象平移得，根据对称性有判断C；问题化为在上有4个最大值求参数范围判断D.
【详解】当时，则，即点是函数图象的一个对称中心，A对；
令，可得，
因为，则，
故在区间共有3个零点或或，
所以函数函数在上有3个零点或或，B错；
由图象关于轴对称，则，
所以，且，故最小值为3，C对；
由，则，即在上有4个最大值，
所以，可得，D对.
故选：ACD
12．/
利用两角和余弦公式即可求解.
【详解】由，
故答案为：
13．7
由已知可得再由正弦定理求边长.
【详解】由且为三角形内角，则，
由正弦定理得，可得.
故答案为：7
14．/
根据已知及和差化积公式得、，进而有，再由，即可求值.
【详解】由，
所以，
由，
所以，
所以，而.
故答案为：
15．(1)
(2)
(1)利用两角和正弦公式展开，再利用辅助角公式化简，即可求值域；
(2)利用正弦函数性质解不等式即可求解.
【详解】（1）由
，
因为定义域为，所以值域为；
（2）由得：，
所以，
解得.
所以使成立的的取值集合是.
16．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
（1）由题设易知，再由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证；
（2）由题设易得，由线面平行的判定得，再由线面平行的性质有，最后应用线面平行的判定即可证.
【详解】（1）由，为的中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故.
（2）由为的中点，为的中点，则，
由，，则，又平面，平面平面，
所以，平面，平面，
所以平面.
17．(1)，；
(2)；
(3)
（1）利用向量基本定理得到，；
（2）表达出，根据三点共线，得到，求出；
（3）在（1）基础上，得到，，，利用夹角余弦公式进行求解.
【详解】（1）N为的中点，故，
，
故；
（2），
因为三点共线，设，即，
，故，，
所以，解得；
（3）由（1）知，，，
又，，，故，
，
，
，
则.
18．(1)
(2)
(3)
（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）利用三角形的面积公式、余弦定理可得出关于、的方程组，结合可得出、的值，再利用正弦定理求出的值即可；
（3）设，根据，，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可得出关于、的表达式，推导出，，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为、，故，可得，
所以，因此，.
（2）因为，可得，
因为，由余弦定理可得，
故，所以，解得，
由正弦定理可得，故，
因此，.
（3）由平面向量数量积的定义可得，
设，则，
因为，则，
即①，
，
因为，则，
即②，
联立①②得，，故，
取线段的中点，连接，则，如下图所示：
，
同理可得，
因此.
19．(1)①证明见解析；②；
(2).
（1）①由题设及线面垂直的判定和性质得，进而得平面，再由线面、面面垂直的判定证明结论；②先应用等体积法求到平面的距离，再根据线面角的定义求其正弦值；
（2）法一：由题设，令，根据几何关系法，结合余弦定理、勾股定理及平方关系求到的距离、到平面的距离，进而求二面角正弦值的范围；法二：构建空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求二面角正弦值的范围.
【详解】（1）①由题设，易知是边长为4的正方形，且，，
由都在平面内，则平面，平面，
所以，又，都在平面内，则平面，
由平面，则，又，为的中点，则，
由都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面；
②由平面，平面，则，且
同理可得，则，故，
由，
若到平面的距离为，则，可得，而，
所以直线与平面所成角的正弦值；
（2）法一：由，且，则，
所以，，，
所以，
故，故到的距离，
又到平面的距离，则二面角的正弦值，
又，则；
法二：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，

所以，若是平面的一个法向量，
所以，令，则，
而平面的一个法向量为，则，
而，则，故，
所以，故二面角的正弦值范围.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
D
C
B
B
A
D
BC
ABD
题号
11









答案
ACD