江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期学业质量阳光指标调研数学试卷（解析版）

PAGE1苏州市2024~2025学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高一数学2025．6注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题~第8题）、多项选择题（第9题~第11题）、填空题（第12题~第14题）、解答题（第15题~第19题）．本卷满分150分，答题时问为120分钟．答题结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签宇笔填写在答题卡的规定位置．3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知向量与共线，则实数（）A. B. C.6 D.【答案】B【解析】【分析】由向量共线的坐标表示计算可得.【详解】由题意可得.故选：B.2.设i为虚数单位，若复数满足，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数运算结合共轭复数的概念可得.【详解】由题意可得，所以.故选：B.3.已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（）A若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】由线面，面面的位置关系逐项判断可得.【详解】对于A，若，则或异面，故A错误；对于B，若，则或，故B错误；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则或，故D错误.故选：C.4.计算（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由两角差的正切计算可得.【详解】.故选：B.5.如图，按斜二测画法所得水平放置的的直观图为，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由斜二测画法和余弦定理计算可得.【详解】由写二次画法可知，，在中，由余弦定理，所以.故选：A.6.如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，设，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合图形，利用重心的性质由向量的加法法则可得.【详解】由题意可得为三角形重心，所以.故选：D.7.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】正体代入利用正弦函数的单调性结合题意计算可得.【详解】由，可得，由题意可得，解得，因为，所以，所以实数的取值范围是.故选：A.8.如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（）A. B.4 C. D.【答案】A【解析】【分析】先由平行关系得到两截面，由对称性得到正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，再结合台体体积公式计算可得.【详解】取中点，因为为的中点，所以，则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面，取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体截面即为，几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等，所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，，所以该正方体处于平面之间部分的体积为.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在复平面内，已知复数和对应的向量分别是和（其中是坐标原点，i为虚数单位），向量对应的复数是，若复数满足，则的可能取值有（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】BC【解析】【分析】利用复数的坐标表示结合复数不等式计算可得.【详解】由题意可得，所以复数在复平面内对应点的坐标为，而，所以.故选：BC.10.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（）A.B.的图象关于直线对称C.不等式的解集为D.的图象向左平移个单位长度得到函数的图象【答案】ACD【解析】【分析】先由图象结合正弦函数的性质求出解析式可判断A，整体代入可判断B，由正弦函数的单调性可判断C，由图象平移的性质可得D.【详解】对于A，由图可得，而，所以，当时，取最小值，所以，因为，所以，所以，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，解得，所以不等式的解集为，故C正确；对于D，的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故D正确.故选：ACD.11.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（）A.该圆锥的高为B.该圆锥可以整体放入直径为的球内C.正方体的棱长为D.以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为【答案】ACD【解析】【分析】由圆锥侧面积公式和勾股定理可得A正确；由勾股定理求出外接球半径可判断B；求出正方形外接圆半径，再利用三角形相似可得C正确；作出截面图形，利用勾股定理求出半径，再结合角度关系求出长度可得D.【详解】对于A，因为圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为，则，所以圆锥的高，故A正确；对于B，设圆锥的外接球半径为，则，所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误；对于C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示，根据相似三角形可得，故C正确；对于D，由C可知正方体的底面的对角线长为2，设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为，而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心，则截面圆半径，因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧，如图所示四段红色的弧线，因，所以，所以，而，所以每段圆弧的中心角为，所以四段圆弧和长为，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设i为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为______．【答案】【解析】【分析】利用纯虚数的性质列方程组求解可得.【详解】由题意可得，所以.故答案为：.13.已知，则的值为______．【答案】【解析】【分析】利用同角公式及差角的余弦公式计算得解.【详解】由，得，又，则，所以.故答案为：14.富比尼原理，又称为“算两次”思想，即对待同一个量，从不同的角度去考虑，以此建立等量关系或不等关系，从而达到解决问题的目的．如图，在边长为2的正九边形中，的值为______；由向量关系，可得，进而得的值为______．【答案】①.2②.##0.5【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及运算律求出；利用数量积的定义及运算律列式求解.【详解】取的中点，连接，由正九边形为轴对称图形，得，因此；正九边形每个内角的弧度数为，任意一个内角的外角为，，，因此，所以.故答案为：2；四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知向量满足，，，向量满足．（1）求实数的值；（2）求与的夹角．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由数量积的运算律求出，再由向量垂直的条件可得；（2）先由数量积和模长的运算求出，再由夹角的计算求出即可.【小问1详解】因为，即，则，又，所以.【小问2详解】由（1）可得，则，所以，所以，因为，所以，即与的夹角为.16.如图，在四棱柱中，已知是线段的中点．（1）求证：平面；（2）若，平面平面，平面，求证：四点共面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接，并交于点，则为中点，连接，由三角形中位线的性质结合线面平行的判定定理可得；（2）由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直得到，进而可得.【小问1详解】在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，连接，并交于点，则为中点，连接，因为为中点，所以为的中位线，所以平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以，所以四点共面．17.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若是线段的中点，求线段的长．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用二倍角的正弦公式求解.（2）利用同角公式及和角的正弦公式求出，再利用正弦定理及数量积的运算律求解.【小问1详解】在中，由及正弦定理，得，则，而，，因此，解得，所以.【小问2详解】由（1）知，由，得，，由正弦定理得，而，所以.18.如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．（1）当时，求的最小值；（2）当时，求的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出，再利用与的关系，结合换元法求出最小值.（2）利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出，再利用三角恒等变换，结合正弦函数单调性求出最小值.【小问1详解】依题意，当时，，在和中，，则，因此，令，，则，函数在上单调递减，，所以当时，取得最小值.【小问2详解】当时，，在和中，，则，而，则，因此当时，，所以当时，取得最小值.19.已知等腰梯形中，，是线段的两个三等分点（在的左侧），是线段上靠近的三等分点（如图①．将沿翻折到的位置，连结得到四棱锥（如图②）．（1）求证：；（2）当时，①求平面与平面所成二面角的余弦值；②求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.【解析】【分析】（1）取中点，借助余弦定理、勾股定理的逆定理证得，进而证得，再利用线面垂直的判定性质推理即得.（2）①利用几何法求出二面角的余弦值；②利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角的正弦.【小问1详解】在四棱锥中，取中点，连