河南省南阳市2024_2025学年高一数学下学期6月期末试题含解析

这是一份河南省南阳市2024_2025学年高一数学下学期6月期末试题含解析，共16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．（ ）
A．B．C．0D．
2．复数与复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知是第四象限角，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．若将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．1D．2
5．已知是不重合的三个平面，是直线，则下列说法错误的是（ ）
A．若与不垂直，，则
B．若，，点，，则
C．若，，则
D．若，，，则
6．已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
7．已知中，角的对边分别为a，b，c，，的外接圆圆心为，则（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，,是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知为关于的方程在复数范围内的一个根，则（ ）
A．B．
C．为纯虚数D．为关于的方程的另一个根
10．已知圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，过直线的平面截圆台得截面为梯形，其中在线段上，在线段上，，E为弧上的动点（不与点A，B重合），则下列说法中正确的有（ ）
A．当为弧的中点时，异面直线和所成的角的大小为
B．几何体的体积最大值为
C．圆台外接球的表面积为
D．直线与下底面所成的角的最小值为
11．已知函数，方程在区间上有且仅有4个解，则下列说法中错误的有（ ）
A．的取值范围是
B．的最小正周期可能是
C．在区间上有且仅有3个不同的零点
D．在区间上单调递增
三、填空题
12．已知复数为纯虚数，则实数的值为 .
13．在中，为直角，的平分线交于，且有.若，则 .
14．在四棱锥中，底面四边形为正方形，平面，E，F分别是线段，的中点.若，在线段上有一点满足，则 .
四、解答题
15．设函数的最小正周期为.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若10个互不相等的正数满足对任意的都成立，且，求的值.
16．在锐角中，设角的对边依次为，满足.
(1)求的大小；
(2)若，求边上的中线的取值范围.
17．如图1，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，且.将四边形沿向上折起，如图2，连接，得到几何体EFABCD.
(1)求证：平面平面，平面平面；
(2)在折起的过程中，求几何体的体积的最大值.
18．已知向量，，函数.
(1)求的最小值；
(2)若对任意的，都有解，求实数的取值范围；
(3)设，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围.
19．如图，已知三棱台的体积为，，，点为的中点，.

(1)求证：平面；
(2)求与平面所成角的正切值.
1．C
利用诱导公式化简，结合特殊角的三角函数值计算即得.
【详解】.
故选: C.
2．D
根据复数的除法运算和复数的几何意义即可得到答案.
【详解】，其在复平面内对应的点为，
则复数在复平面内对应的点为，所以.
故选：D.
3．D
利用差角的正切公式求得，结合角的象限求出角的正余弦，利用二倍角公式代入计算即得.
【详解】由可得，解得，
因为是第四象限角，所以，，
由解得
所以.
故选：D.
4．D
利用两角和的正弦公式化简，再利用图象平移规律得到解析式，再求函数值即可.
【详解】，
将的图象向右平移个单位长度后得到函数
的图象，
所以.
故选：D.
5．B
根据线面、面面位置关系的相关判定定理与性质定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，则，与题目条件“与不垂直”矛盾，故， A正确；
对于B，若，则不一定成立，从而不一定成立，B错误；
对于C，因，，即平面与成直角，故平面与也成直角，即，C正确；
对于D，如图，因，，设，过平面内一点在平面内作，
由可知，则，因，故，即D正确.
故选：B.
6．D
利用投影向量的计算公式结合向量数量积的坐标公式计算即可.
【详解】由，，可得，
，且，
则，，
则向量在向量上的投影向量为：
，
故向量在向量上的投影向量的坐标为.
故选：D.
7．A
结合图形，利用向量数量积的定义和平面几何知识依次得到，，，利用和正弦定理即可比较大小.
【详解】如图，设的外接圆半径为1，则，
同理，.
又由和正弦定理，可知.
故得，即.
故选：A.
8．B
结合图形，沿将翻折至与在同一个平面内，则的长度即的最小值，求出相关边长和角，利用余弦定理求出的长即可.
【详解】
连接，沿将翻折至与在同一个平面内，如图，连接，
则的长度即的最小值.
由题设可知，又，面，
平面，因平面，故.
在平面图形中，因，，则，，，
由余弦定理，可得.
故选：B.
9．AD
根据实系数的一元二次方程的根的特征，及共轭复数、纯虚数的概念，利用复数的四则运算和模长公式即可逐一判断各选项.
【详解】对A，，，故A正确；
对C，，故C错误；
对D，又为关于的方程的一个根，故也是方程的根，即D正确；
对B，，，故B错误.
故选：AD.
10．ABC
对于A，利用平移得到异面直线所成的角，解三角形即得；对于B，结合A项结论，当为弧的中点时，平面，得到体积最大值；对于C，借助于圆台的轴截面，利用勾股定理解方程即可求得外接球半径从而得解；对于D，证明平面，即得直线与下底面所成的角，利用正切值结合点的位置即可判断.
【详解】

如图，作于，于，连接，
对于A，因，易得，则，故异面直线和所成的角为或其补角.
因为弧的中点，则，又底面，而底面，则，
因是平面内的两条相交直线，故平面，因平面，则，
又，则为等腰直角三角形，则，故A正确；
对于B，几何体的体积即为四棱锥的体积，由A项分析，当为弧的中点时，底面上的高最大，
此时四棱锥的体积最大，最大值为，故B正确；

对于C，如图，设圆台的外接球的球心在线段上，，则，
由勾股定理得，解得，即与重合，圆台外接球的半径为1，故 圆台外接球的表面积为，故C正确；
对于D，因，则，则可得平面，直线与下底面所成的角即为.
在中，，要使最小，需使最大，
因为弧上的动点（不与点重合），故没有最大值，从而没有最小值，故D错误.
故选：ABC.
11．CD
化简函数解析式后由题意根据正弦型函数的最值建立不等式，根据不等式有4个整数解求范围判断A；由范围得周期范围判断B；由自变量范围得出范围，结合正弦函数性质判断零点个数判断C；由得出的范围，利用正弦函数的单调性判断D.
【详解】依题意，函数，由，得，
则，即，
方程在区间上有且仅有4个解，即有4个整数符合，
由，得，，解得，A正确；
对于B，最小正周期，而，则的最小正周期可能是，B正确；
对于C，由，得，由，得，
当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，C错误；
对于D，由，得，由，得，
又，因此在区间上不一定单调递增，D错误.
故选：CD
12．
根据纯虚数的特征列方程组，求解即得.
【详解】由题可得解得.
故答案为：.
13．
过点作交于点，交于点，由向量加法的法则结合条件可求得，将已知向量等式取平方，利用向量数量积的运算律计算即可.
【详解】如图，过点作交于点，交于点，
则，所以，即，.
又因平分，且，则，解得，
则，因此，又，
则
.解得.
故答案为：.

14．
取的中点，连接，证明平面，得，再证平面，得，继而，利用三角形面积相等，即可求得.
【详解】如图，取的中点，连接，则，.
因为平面ABCD，平面，所以.
又因为四边形为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，故平面.
又平面，所以，又因为，，平面，所以平面.
因为平面，所以，所以.
在中，，，则，
由三角形面积相等，.
故答案为：.
15．(1)
(2).
（1）先应用二倍角正弦公式化简，再结合正弦函数的单调性计算求解；
（2）根据正弦函数的值域集合对称性及周期性计算即可.
【详解】（1），
则函数的最小正周期为，.
所以，
令，
得，
则函数的单调递减区间为.
（2）因为对任意的都成立，
所以，
即，
得，
即，
因为，所以.
故.
16．(1).
(2)
（1）利用正弦定理、和角公式与辅助角公式化简计算即得；
（2）利用线段中点的向量表达式化简得到，由正弦定理化简得到，结合锐角得到角的范围，利用正弦函数的图象即可求得答案.
【详解】（1）由题设知.
由正弦定理,可得.①
又，则.
将上式代入①式得
即，
即.
又，，故，
则，即.
又，则，则，解得.
（2）因为为的中点，所以，
两边平方得.
在中，由余弦定理得，因，
即，
所以.
在中，由正弦定理得，即得，，
所以
.
因为锐角三角形，则且，解得，
则，故，故，
则，
故中线的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2).
（1）根据题意先证平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先证明平面平面，由（1）平面可得平面，设，可得到平面的距离为，由平面可得到平面的距离等于到平面的距离为2，结合图形根据即可求得答案.
【详解】（1）由题意，几何体中，
，，，
是平面内的两条相交直线，
平面，
平面，平面，
平面平面，平面平面.
（2）
，，
平面，平面，，
平面，平面，，
平面平面，且.
由（1）知平面，平面.
设，
则到平面的距离为.
，平面，平面，
平面，
故到平面的距离等于到平面的距离，即.
连接，
则.
，，
当时，几何体的体积取得最大值.
18．(1)
(2)
(3)
（1）利用向量数量积的坐标公式和三角恒等变换将函数化成正弦型函数即可求得；
（2）令，根据正弦函数的图象性质求出的范围，依题将方程有解问题转化成求函数在上的值域即可解决；
（3）由（1）分析可得，根据题意可得，分析函数，可得当或时，取得最大值，从而得到或，解之即得.
【详解】（1）
，
故的最小值为.
（2）令，则有解，即有解，
因为时，，则.
因为在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取最小值；当时，取最大值3，即，
因为有解，所以实数的取值范围为.
（3）对任意的，总存在，使成立，所以.
由（1）分析可得，故有.
因，
易知当或时，取得最大值.
当时，；当时，，
所以或，解得或，
故实数的取值范围为.
19．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）如图，取的中点，连接，因，
在中，则M，N分别为，的中点，故.
由棱台的性质知，又，所以，
故四边形为平行四边形，则，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）设三棱台的高为.
由题意，，
则三棱台的体积，
解得，故平面.
连接，则即为与平面所成的角.
在中，，，，
由余弦定理，得，
所以.
在中，，
所以与平面所成角的正切值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
D
B
D
A
B
AD
ABC
题号
11









答案
CD