四川省眉山市重点高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学（含解析）

这是一份四川省眉山市重点高中2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学（含解析），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。
1．的值是（ ）
A．0B．C．D．1
2．复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A．B．6C．3D．
3．若向量与垂直，则的值为（ ）
A．－4B．4C．－9D．9
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．如图，矩形 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．一个正方体的顶点都在同一个球的球面上，该正方体的棱长为a，则球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则b等于（ ）
A．B．C．D．
8．用一根长为36cm的铁丝围成正三角形框架，其顶点为A，B，C，将半径为4cm的球放置在这个框架上（如图）.若M是球上任意一点，则四面体MABC体积的最大值为（ ）

A．72B．216
C．24D．6
二、多选题
9．下列向量中与共线的是（ ）
A．B．C．D．
10．有下列说法，其中正确的说法为（ ）
A．若，则
B．若，则存在唯一实数使得
C．两个非零向量，若，则与共线且反向
D．是 是锐角的必要不充分条件
11．（多选题）“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知，则的值为 .
13．已知底面半径为，高为的圆柱的侧面积等于半径为的球的表面积，则 ．
14．在中，角所对的边分别为若且的外接圆的半径为则面积的最大值为 ．
四、解答题
15．设，，.
(1)若，求.
(2)若与共线，求m的值
16．设，，.求：
(1)求的最小正周期和单调递减区间；
(2)求在区间上的最小值，并求出此时对应的的值.
17．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知且，.
(1)求角B及边b的大小；
(2)求的值．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
1．B
【详解】原式＝．
故选：B．
2．A
利用复数的相关概念求解.
【详解】因为复数，
所以其虚部为-6，
故选：A
3．B
由两向量垂直的坐标表示列出等式，即可解出答案.
【详解】因为向量与垂直，
所以，
解得：.
故选：B
4．D
利用商数关系化弦为切即可得出答案.
【详解】解：.
故选：D.
5．A
根据斜二测画法原则,画出平面图,求出结果.
【详解】
做轴与交点为,由题意可知,,
根据勾股定理可知,
由斜二测画法可知,画出平面图形如图,
平面图为平行四边形,面积.
故选：A.
6．D
先求得球的半径，再利用球的表面积公式即可求得该球的表面积
【详解】正方体的对角线是球的直径，所以，则，
所以球的表面积
故选：D.
7．C
利用正弦定理求得.
【详解】在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，
则：，
整理得：，
解得：.
故选：C
8．A
设球的球心为，半径为，△内切圆圆心为，由等边三角形的性质，可求出△的内切圆半径，且，可得四面体的高，则四面体体积的最大值.
【详解】设球的球心为，半径为，△内切圆圆心为，
由题意知△三边长均为，
则△内切圆半径，则，
所以四面体的高.
因为，
所以四面体体积的最大值.

故选：A.
9．CD
根据给定向量，利用向量共线的坐标表示判断作答.
【详解】向量，因，则与不共线，A不是；
因，则与不共线，B不是；
而，，则与都共线，即C，D是.
故选：CD
10．CD
考虑，可判断AB；根据向量三角不等式取等号条件可判断C；考虑同向时夹角为0，可判断D.
【详解】A选项：当时，不一定平行，A错误；
B选项：当时，不存在实数使得，B错误；
C选项：由向量三角不等式取等号条件可知，C正确；
D选项：由可知，；
当 是锐角时，有.
所以是 是锐角的必要不充分条件，D正确.
故选：CD
11．ACD
根据棱锥，棱柱的体积计算公式，结合题意求解即可.
【详解】设长方体的长宽高分别为，，
则，，，
故，，，，则B错误，ACD正确；
故选：ACD.
12．
【解析】先利用诱导公式化简，得，再利用诱导公式化简，从而可得结果
【详解】解：由，得，
所以，
故答案为：
13．
【详解】由已知得，则，则.
故答案为：.
14．
【详解】在中，
由正弦定理得由余弦定理得
因为为的内角，则，所以
因为的外接圆的半径为由正弦定理得
所以由余弦定理得
即
因为所以当且仅当时取等号，
故的面积所以面积的最大值为
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）根据向量加法和模长的坐标运算直接求解即可；
（2）根据向量减法的坐标运算和向量共线可构造方程求得.
【详解】（1）当时，，..
（2）
又与共线，
.
解得：.
16．(1)的最小正周期为，单调递减区间为;
(2)，
（1）结合向量的数量积公式，写出的表达式，再化简成的形式，再结合其单调性与周期性求解其最小正周期与单调递减区间；
（2）结合第一问的函数表达式，结合正弦函数性质求解在上的最小值即可.
【详解】（1）因为，
由，则的周期为，
令，解得，
解得的单调减区间为，.
（2）由（1）可知，当时，的单调减区间为，
则在上，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即在处取得最小值.
17．(1)，
(2)
（1）根据正弦定理边化角即可得，再利用余弦定理即可得；
（2）利用余弦定理求得，再结合同角三角函数关系和两角和的正弦公式即可得到答案.
【详解】（1）依题意，，
由正弦定理得，
由于锐角三角形中，所以，
而是锐角，所以.
由余弦定理得.
（2）由余弦定理得，而是锐角，
所以，所以.
.
18．(1)；
(2)．
（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
19．(1)；
(2)．
（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解.
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）方法一：直接法
可得，
则，即，
注意到，于是，
展开可得，则，
又，.
方法二：二倍角公式处理+直接法
因为，
即，
而，所以；
方法三：导数同构法
根据可知，，
设，，
则在上单调递减，，
故，结合，解得.
方法四：恒等变换化简
，
结合正切函数的单调性，，则，
结合，解得.
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
D
A
D
C
A
CD
CD
题号
11









答案
ACD