湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题 含解析

高一期末数学试卷一、单选题1.已知角的顶点在坐标原点的终边绕点逆时针旋转点，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.第1页/共22页【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：B3.某单位职工参加某APP205010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第2页/共22页第一次作65808580909090859090答第二次作80859090959095909595答第三次作8590959510010010095100100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（）第3页/共22页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第4页/共22页【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】第5页/共22页【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.①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于转化为(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（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】第6页/共22页【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】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，.第7页/共22页又，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.为为）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，所以，所以，，平面，所以平面，又平面，所以，A正确；第8页/共22页平面，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，D错．故选：AB．2和31P在侧面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】第9页/共22页【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，，第10页/共22页在中，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，第11页/共22页所以平面，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：P为椭圆的最小值为______．【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．第12页/共22页方法二：，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，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都在函数称点是函数的一个“友好点对”（点对与数，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：第13页/共22页设函数为奇函数，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】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，第14页/共22页则，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】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，第15页/共22页则，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与平面所成角的正切值为与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；第16页/共22页（2）正弦值为【解析】1平面2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】由题可得平面与平面所成角为，算易得1是直角三角形，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，则一第17页/共22页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）、（2i）i）证明见解析【解析】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；（2i是方程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，第18页/共22页即该方程的根为：、；【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