河南省南阳市六校2024_2025学年高一下册期末考试数学检测试卷

这是一份河南省南阳市六校2024_2025学年高一下册期末考试数学检测试卷，共19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．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．下列说法正确的是（ ）
A．若一条直线平行于两个相交平面，则该直线与这两个平面的交线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若直线上有两点到平面的距离相等，则
D．若直线平行于平面内的无数条直线，则
3．已知角的终边上有一点，则是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角C．第三象限角D．第四象限角
4．已知单位向量的夹角为，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，则（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角的对边分别是，若，则（ ）
A．2B．3C．D．
7．已知在中，边上的高为是的内心，若，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，，则（ ）
A．
B．异面直线MN与AC所成的角为
C．四边形的面积为
D．沿正方体的表面从点到点的最短路线的长度为
11．已知函数，则（ ）
A．B．当时，的最大值为
C．在区间上不可能有零点D．对任意的
三、填空题
12．已知某扇形的圆心角为2弧度，弧长为6，则扇形的面积为 ．
13．已知，且，则的最大值是 .
14．已知球的半径为是球面上的三个点，若，二面角的大小为，则三棱锥的体积的最大值为 .
四、解答题
15．已知一元二次方程的一个根是.
(1)求p，q的值；
(2)若复数与相等，求的值.
16．已知函数.
(1)求图象的对称轴方程；
(2)若，求的值.
17．如图，在正三棱柱中，是棱AC的中点，是线段上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)证明三棱锥的体积为定值，并求出该定值.
18．已知在中，内角的对边分别为，记的面积为.
(1)若，求的值；
(2)证明，并指出等号成立的条件.
19．如图，在四棱锥中，平面，底面为矩形，，E，F分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的外接球的表面积；
(3)求平面与平面所成锐二面角的大小.
1．C
先求出z的标准复数形式，再根据复数的几何意义确定所在的象限.
【详解】，所以在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
2．A
由线面位置关系及面面位置关系逐项判断即可.
【详解】对于A，由直线与平面平行的性质定理可知该直线与这两个平面的交线平行，故A正确；
对于B，当一个平面内的三点共线或三点在另一个平面的两侧时，这两个平面可能相交，故B错误；
对于C，若直线上有两点到平面的距离相等，则与可能平行、相交，
还可能在内，故C错误；
对于D，若直线平行于平面内的无数条直线，则或，故D错误.
故选：A
3．D
根据角的象限确定三角函数值正负即可判断点的象限.
【详解】因为，
所以是第四象限角.
故选：D.
4．A
设与的夹角为，根据向量夹角公式先求出，再求夹角即可.
【详解】则，
因为，所以，即与的夹角为.
故选：A.
5．B
根据给定条件，利用三角函数图象变换求得答案.
【详解】依题意，的图象可由函数的图象向左平移个单位长度，
再将所得函数的图象横坐标缩短到原来的得到（纵坐标不变），
所以.
故选：B
6．B
根据正弦定理结合两角和正弦公式化简，再应用诱导公式及正弦定理计算求解.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
所以，
因为，所以，所以，
又由正弦定理，可得，故.
故选：B.
7．A
由题意建立平面直角坐标系，根据三角形面积计算内切圆的半径，写出坐标，根据题意列出方程组计算即可.
【详解】设的中点为，因为，所以，
由已知，所以，所以，
以AC的中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系.
设内切圆的半径为，则，解得.
因为为等腰三角形，所以的内心在线段BD上，
所以，
则.因为，
所以，即，
解得，故.
故选：A.
8．C
过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式，进而可求得的值.
【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接.
因为的最小正周期，所以，
又因为，所以.
当折成直二面角时，即平面平面，
因为，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，故，
所以，
解得（负值舍去），故.
因为，且，所以或，
又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则，
所以.
故选：C.
9．BCD
根据向量数量积的坐标表示，以及垂直，夹角，模的公式，即可判断选项.
【详解】对于A，因为，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以，即，故B正确；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：BCD.
10．BC
根据线线平行，异面直线所形成的夹角，梯形面积分别计算判断A、B、C选项，再将正方体的表面展开至面ABCD与面共面，求得点到点的最短路线.
【详解】对于A，取的中点，连接AE，如图（1），由正方体的性质可知，
若，则，显然这与AE，AM相交于点矛盾，故A错误；
对于B，连接，如图（1），可得，
所以为异面直线MN与AC所成的角，而，
所以异面直线MN与AC所成的角为，故B正确；
对于C，易知四边形为等腰梯形，
且，
则等腰梯形的高为，
因此，故C正确；
对于D，如图（2），若将正方体的表面展开至面与面共面，
则，
若将正方体的表面展开至面ABCD与面共面，
则，故D错误.
故选：BC.
11．ACD
选项A：将代入的解析式，利用诱导公式进行化简即可判断；选项B：对绝对值符号内式子的正负分情况讨论，从而去掉绝对值符号，分别化简后进行比较，即可得到最大值；选项C：首先假设在区间上有零点，并转化为在区间上有解，此时分为两式相等或两式相反的两种情况，分别讨论两种情况下的取值是否符合题意，即可判断；选项D：分为和两种情况，分别计算两种情况下和，即可得的最大值.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，当时，，所以，
若，则，
若，则，
故的最大值为，B错误；
对于C，若在区间上有零点，则在区间上有解，
则或在区间上有解，
若，则，与矛盾，
若，则，与时矛盾，
故假设不成立，即在区间上不可能有零点，故C正确；
对于D，由B的分析过程可知，当时，，，
此时，
当时，，
，，此时，
所以，故D正确.
故选：ACD.
12．9
记圆心角为，弧长为，扇形所在圆的半径为，根据题中条件，由扇形面积公式，即可求出结果.
【详解】记圆心角为，弧长为，扇形所在圆的半径为，
由题意可得，，，所以，
因此扇形的面积为.
故答案为：.
13．3
设，由题意得，根据共轭复数的概念得，结合的范围求解最大值即可.
【详解】设，由，可得，
因为，所以，解得，所以的最大值是3.
故答案为：3
14．
不妨固定平面OAB，取AB的中点，作平面ABC，则是的外心，根据题意CH的最大值为，根据三棱锥体积公式计算即可.
【详解】不妨固定平面OAB，由二面角的大小为，
可知为一个与平面OAB夹角为的球截面与球的交线上一点（如图（1），
点在AB的右侧）.取AB的中点，作平面ABC，则，
是的外心.由题可知.
在平面ABC内，作于点，如图（2）.易知CH的最大值为，
又因为，
所以
，
即三棱锥的体积的最大值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
（1）根据题意列出方程组，计算即可；
（2）由复数相等列出方程组，计算即可.
【详解】（1）因为是方程的一个根，
所以是该方程的另一个根，
所以，解得：.
（2）由（1）可知，，
因为，所以，
即，
所以.
16．(1)
(2)
（1）首先对函数关系式进行恒等变换，把函数关系式变形成正弦型函数，再根据对称轴方程计算即可；
（2）根据（1）中函数的关系式，进一步结合诱导公式二倍角公式计算即可．
【详解】（1）
由，可得，
所以图象的对称轴方程为；
（2）由（1）知，
由，可得，
所以
，
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析，定值为
（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由可求出体积.
【详解】（1）由题意知为等边三角形，是棱AC的中点，所以
因为三棱柱为正三棱柱，所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面
（2）如图，连接，与相交于点，连接.
因为四边形为矩形，所以为的中点，
又因为为AC的中点，所以，
因为平面平面，所以平面
又因为是上的动点，所以点到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值.
点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以
18．(1)
(2)证明见解析，当且仅当为等边三角形时等号成立
（1）由余弦定理计算得出，再结合面积公式计算求解；
（2）应用余弦公式结合辅助角公式计算，结合基本不等式计算求解.
【详解】（1）由余弦定理可知，
即，解得（负值舍去），
故；
（2）因为，
所以
，
因为，所以，
所以，
故，
即，
等号成立的条件为，且，此时，即，
所以当且仅当且时等号成立，即当且仅当为等边三角形时等号成立.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）先证明四边形为平行四边形，得出线线平行，进而应用线面平行判定定理得出线面平行；
（2）应用勾股定理得出外接球半径，进而应用球的表面积公式计算求解；
（3）应用线面垂直的判定定理证明平面，再应用二面角定义得出为平面与平面所成角，再计算边长即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接如图（1），
因为是的中点，所以且
因为是的中点，底面为矩形，所以且，
所以且，则四边形为平行四边形，所以
又因为平面平面PCD，所以平面PCD.
（2）因为平面，平面，所以.
在Rt中，，所以
由已知，所以，
所以，即为直角三角形，为斜边，
由此可知，三棱锥的外接球的球心为线段的中点，半径为，
故外接球的表面积为
（3）因为底面为矩形，所以，
又平面，
所以平面.
如图（2），延长交于点，连接，则为平面与平面的交线，
过点作，垂足为，连接.
因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成锐二面角的平面角
因为，所以，
又因为，所以.
因为，
所以，解得
在中，，
所以，即，
即平面与平面所成锐二面角的大小为
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
A
B
B
A
C
BCD
BC
题号
11









答案
ACD