资源简介

2024-2025 学年辽宁省重点高中联合体高一（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数 = (3 )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.已知向量 = (3,4)， = (2,1)，则 cos , =( )
A. 23 B.
2 2
3 C.
2 5 5
5 D. 5
3.记△ 2 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 = 3， = 1， =

4，则 和 的值分别为( )
A. 6 B. 5 6 5 6 612， 4 12， 4 C. 12， 2 D. 12， 2
4.已知某扇形的周长为 60，圆心角为 4，则该扇形的面积为( )
A. 75 B. 150 C. 200 D. 400
5 2.将函数 ( ) = 的图象上的每个点向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度，并将所得图象上
的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的 3 倍，得到函数 ( )的图象，则 ( ) =( )
A. 3 23 B. 3 + 2 C. 3 + 1 D. 3 +
2
3
6.在△ 中，已知∠ = 3， = 2，则△ 面积的最大值为( )
A. 1 B. 3 C. 3 D. 2
7.如图，在直三棱柱 1 1 1中， 1 1 ⊥ 1 1， = = 1 = 4，点 为棱 1 1的中点，则点
到直线 的距离为( )
A. 2 5
B. 2 6
C. 3 2
D. 2 3
8 .已知直线族 ： = ( ∈ )与曲线 = 在区间(0, )内的图象共有 2025 个交点，则 =( )
A. 1013 B. 1013 C. 1012 D. 1012
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于斜二测画法，下列命题为真命题的有( )
A.平行关系在直观图与原图中保持不变
B.斜二测画法不会改变边长比例
第 1页，共 7页
C.斜二测画法会改变直角关系
D.通过斜二测画法得到的直观图和原图的面积相等
10.已知复数 ， 是方程 2 2 + 2 = 0 的两个根，且在复平面内， 对应的点 在 对应的点 的上方，
为坐标原点，则( )
A. = 1 + B. = 1 C. | 2 | = 10 D. ( 2025 ) =
11.已知 + = tan( + ) ≠ 0 + ，则 tan 2 的取值可以为( )
A. 2 1 42 B. 1 C. 2 D. 5
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 2 .已知 5 ( 2 ) = 1，则cos(8 ) = ______．
13 .已知边长为 4 的菱形 的一个内角为3，则
=______．
14.如图，在三棱锥 中， 为 的中点，平面 ⊥平面 ， ⊥ ，
= = 1 2， = 5，三棱锥 的体积为3，则锐二面角
的正切值为______．
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.(本小题 13 分)
已知平面向量 = (2,3)， = ( , )．
(1)若 ⊥ 3 ，求 +2 的值；
(2)若 = 0，且 与 + 的夹角为锐角，求 的取值范围．
16.(本小题 15 分)
如图，已知正四面体 ， ， ， ， 分别是棱 ， ， ， 的中点．
(1)证明：四边形 为菱形；
(2)求异面直线 与 所成角的余弦值．
第 2页，共 7页
17.(本小题 15 分)
△ = 1 在 中， 是锐角，且 ．
(1)求 ；
(2)设 是△ 所在平面内的一点， ， 位于直线 两侧，若 = = = 2，且∠ = ∠ ，求
四边形 的面积．
18.(本小题 17 分)

已知函数 ( ) = tan( + 3 )( > 0)．
(1)若 = 2，求 ( )的最小正周期；
(2) 若 ( )在区间( 3 , 6 )上有定义．
( )求 的最大值；
(ⅱ)若曲线 = ( )至少有两个对称中心在区间(0, )上，求 的取值范围．
19.(本小题 17 分)
①斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体.保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，
将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥．
②祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则
体积相等．
(1)如图，已知圆柱的上底面圆心为 ，下底面圆心为 ，圆锥⊥的顶点为 ，底面与圆柱的下底面相同. 是
圆柱的上底面圆周上一点，将 与圆柱下底面圆周上的点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥 ′. 是平行
于圆柱底面且与圆柱有交点的平面， ， 是圆柱下底面圆周上的两点， ∩ = ， ∩ = ∩ = ．
( )证明： = ；
( )证明： 截 ′所得的图形为圆面；
(2)已知斜圆锥的底面半径为 ，底面中心与顶点的连线长度为 ，且其与底面所成的角为 ，求该斜圆锥的
体积．
第 3页，共 7页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.10
13.8 或 8
14.2
15.(1)因为 ⊥ ，所以 = 2 + 3 = 0，所以 = 32，
3
3 = 3
3
= 2 = 9所以 +2 1+2 1+2×( 3 4
；
2)
(2) = 0 时， = (0,1)， + = (2,3) + (0, ) = (2,3 + )，
与 + 的夹角为锐角，
所以 ( + ) = (2,3) (2,3 + ) = 4 + 9 + 3 > 0，
> 13解得 3，
且 与 + 不同向共线，即 2(3 + ) 2 × 3 ≠ 0，即 ≠ 0，
13
综上， 的取值范围是{ | > 3且 ≠ 0}．
16.(1)证明：正四面体 ， ， ， ， 分别是棱 ， ， ， 的中点，
∴ 为△ 的中位线，
∴ // 1，且 = 2 ，
// = 1同理可得 ，且 2 ，
∴ // ，且 = ，∴四边形 为平行四边形，
第 4页，共 7页
= 1同理有 2 ，
∵在正四面体中， = ，∴ = ，
∴四边形 为菱形．
(2) ∵ // ，∴ ∠ 即为异面直线 ， 所成的角，
设正四面体的棱长为 2 ，则 = = 3 ， = ，
2 2 2
由余弦定理得，cos∠ = +( 3 ) ( 3 )2× × 3 =
3
6 ，
∴ 3异面直线 与 所成角的余弦值为 6 ．
17.(1)依题意得 + = ，故 sin( + ) = ，
在△ 中， + + = ， ∈ (0, )， ∈ (0, 2 )，
所以 sin( + ) = = cos( 2 ) = ，

所以2 = ，故 = 2；
(2) 由(1)知， = 2，因为 = = = 2，
所以 = 2 2，且点 为△ 的外接圆的圆心，圆的半径为 2，

由正弦定理得，sin∠ = 2 = 4，解得 sin∠ =
2
2 ，
因为∠ > ∠ = 3 4，所以∠ < 4，
故∠ = 4 = ∠ ，
故△ 1的面积为2 ∠ = 2，
△ 1的面积为2 = 2，
所以四边形 的面积为 2 + 2．
18.(1)当 = 2 ( ) = tan(2 + 时， 3 )，
= 则 2；
(2)( ) ∈ ( 当 3 ,

6 )时， +
∈ ( + 3 3 3 , 6 + 3 )， > 0，

( ) ( ,
+ ≥
若 在 3 6 )上有定义，则
3 3 2
，
6 + 3 ≤ 2
解得 ≤ 1，故 的最大值为 1；
第 5页，共 7页
( )令 + = 3 2， ∈ ，
= (3 2) 解得 6 ， ∈ ，
= (3 2) 则 6 ( ∈ )在区间(0, )上至少有两解，
故至少存在两个 值使 0 < 3 2 < 6 ，
故至少有 = 1，2 两个取值，
> 2所以 3，
( 2综上， 的范围为 3 , 1]．
19.(1)(ⅰ)由题意圆柱的上底面圆心为 ，下底面圆心为 ，圆锥⊥的顶点为 ，底面与圆柱的下底面相同． 是
圆柱的上底面圆周上一点，
是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，
可知平面 //平面 ，且平面 ∩平面 = .又因为 ∩ = ， ∩ = ，即平面 ∩ =
，所以 // ．

由于平行线分线段成比例，所以 = ，即 = ．
( )如图，
连接 ，记 ∩ = 1，连 1 ， 1 ，
因为 ∩ = 1， ∩ = ，所以平面 ∩平面 = 1 ，
又平面 //平面 ，平面 ∩平面 = ，

所以 1 // ，于是有 1 1 = ，
1 = 同理可得 1 ，又 = ，
所以 1 = 1 ，
由于 ， 是圆柱下底面圆周上的任意两点，故结论具有一般性，所以 截 ′所得的图形是以 1为圆心的圆
面．
第 6页，共 7页
(2)不妨去除斜圆锥的顶点 在圆柱上底面圆周的限制，保留在圆柱上底面所在平面内，
则 ′即为(2)中所述的斜圆锥．
记 ∩ = 2，圆柱的高为 .则与(1)

类似可得 2 = 1 ，

令 2 = , ∈ [0,1]，根据相似可得平面 截圆锥⊥所得的圆的半径为 ，

又 1 =
2
= ，所以在圆锥 ′中， 截 ′所得的圆的半径同样为 ．
由于 在区间[ 2, 1]，[0,1]上可以任意取值，
故不同高度的平面 截 ′所得的圆其面积始终等于 截⊥所得的圆的面积，
又斜圆锥 ′与圆锥⊥的高度均为 ，
根据祖暅原理可知：斜圆锥 ′与圆锥⊥的体积相等．
1
由于圆锥⊥的体积为 23 ，其中 是顶点到底面的距离，且 = ，
1
故 = ，所以斜圆锥 ′的体积为 23 ．
第 7页，共 7页

展开更多......

收起↑