湖北省十堰市2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试卷（含解析）

湖北省十堰市2024-2025学年高一下学期6月期末调研考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C．-6 D．6
4．已知复数，满足，，且，则（ ）
A． B． C．7 D．
5．在直四棱柱中，四边形是梯形，，，，E，F分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知，均为锐角，且，，则（ ）
A． B． C． D．3
7．某甜品店推出一款球形创意冰激凌，将冰激凌球放置在特制的巧克力圆台容器中.已知巧克力圆台容器的上底面圆的半径为8厘米，下底面圆的半径为2厘米，若该球形创意冰激凌与巧克力圆台容器的内壁及上、下底面均相切（不考虑巧克力圆台容器的厚度），则该球形创意冰激凌的体积是（ ）
A．立方厘米 B．16π立方厘米
C．立方厘米 D．立方厘米
8．纯音是指单一频率的声音，纯音的数学模型是函数.我们在日常生活中听到的声音几乎都是复合音，而复合音是由多个频率不同的纯音组成的.已知某声音的数学模型是函数，若的图象关于直线对称，且的图象关于点中心对称，则的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题
9．设i为虚数单位，复数满足，则（ ）
A．可以是 B．若为纯虚数，则其虚部为2
C． D．对任意复数，恒成立
10．已知函数的图象的一条对称轴为直线，则（ ）
A． B．的图象关于点对称
C．在上单调递减 D．在上有3个零点
11．“赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是，，，，，的中点，O是正六边形的中心，P是正六边形内的一动点（包含边界），，则（ ）
A． B．
C．的最小值是3 D．的最大值是
三、填空题
12．已知函数在上单调递增，则的取值范围是 .
13．某数学兴趣小组成员为测量A，B（视为质点）两地之间的距离，在A的北偏东15°方向上和西偏北30°方向上分别选取点C，D，已知B在A的西偏南30°方向上，A，C两地相距千米.B，D两地相距千米，且D在C的西偏南15°方向上，则A，B两地之间的距离是 千米.
14．在正四棱锥中，，，点F在四棱锥的侧面上运动，且平面，则动点的轨迹长度为 .
四、解答题
15．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且.
(1)求B；
(2)若，且的周长为6，求a，c.
16．如图，在多面体中，，，，平面平面.

(1)证明：平面.
(2)已知，平面平面，是线段的中点.
①证明：四边形为矩形.
②求多面体的体积.
17．已知函数，，是的两个零点，且的最小值是π.
(1)求的值；
(2)求在上的值域；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
18．密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状、大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片、如图1，这是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面四边形组成，小华为了进一步研究这个密铺图形，单独绘制出组成这个密铺图形的四边形，如图2，其中，.

(1)若的面积为，且B为锐角，求的长度.
(2)试问是否为定值 若是，求出这个定值；若不是，请说明理由，
(3)求四边形面积的最大值.
19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形,,为等边三角形，，E，F分别是棱，的中点.
(1)求四棱锥的体积.
(2)在棱上是否存在点G，使得平面平面 若点G存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(3)若H是棱的中点，求二面角的正弦值.
湖北省十堰市2024-2025学年高一下学期6月期末调研考试数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C A D B A C B ACD ABD
题号 11
答案 BCD
1．B
【详解】，
所以，则.
故选：.
2．C
【详解】因为函数的最小正周期为，
函数的图象是由函数的图象将轴下方的图象翻折到轴上方和轴上方的图象组成，
故函数的最小正周期为.
故选：C.
3．A
【详解】由题意可得，解得，
故选：A.
4．D
【详解】设，在复平面内对应的向量分别为，，
由题意可知，，，
则以，为邻边的平行四边形中，.
在中，由余弦定理可得，
故选：D.
5．B
【详解】取棱的中点，连接，，，
因为，所以四边形为平行四边形，，
则是异面直线与所成的角或补角.
设，则，，
，
在中，由余弦定理可得，
即异面直线与所成角的余弦值是.
故选：.
6．A
【详解】因为，均为锐角，所以，
所以，
即.
因为，所以，
所以，，
则.
故选：A.
7．C
【详解】如图，设，分别是该圆台容器上、下底面圆的圆心，
四边形是该圆台容器的轴截面，
圆是球形创意冰激凌的截面，E，F分别为圆O切，的切点，
则，.
作，垂足为H，
则，，.
因为，所以，则，
即该球形创意冰激凌的半径为4，
故该球形创意冰激凌的体积为立方厘米.
故选：C.
8．B
【详解】因为的图象关于直线对称，所以，
所以，
即，
所以，
则，即.
因为的图象关于点中心对称，所以，
即，
即，则，
解得.
综上，.
因为，所以的最小值为3.
故选：B.
9．ACD
【详解】当时，，符合题意，A正确.
由为纯虚数，且，得，其虚部为，B错误.
设，则，所以，
因为，则有，故，C正确.
由复数的运算性质和模长定义，可知对任意复数，，恒成立，D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【详解】由题意可得，解得，
因为，所以，A正确.
因为，所以的图象关于点对称，B正确.
由，得，则在上单调递增，C错误.
由，得，则此时有三个零点，
则在上有3个零点，D正确，
故选：ABD.
11．BCD
【详解】连接，则O为线段的中点.
连接，易证四边形，均为平行四边形，则.
连接，则A，M，E三点共线，且，
所以，A错误.
由正六边形的性质可得，，
则，B正确.
作，垂足为N.
当P与H重合时，取得最小值.
因为，所以.
因为H为线段的中点，所以N为线段的中点，
所以，则，C正确.
延长，交线段于点，则为线段的中点.
因为，所以.
因为，所以，所以.
当P在线段上时，取得最大值，，D正确
故选：BCD.
12．
【详解】因为，所以.
因为在上单调递增，且，
所以解得.
故答案为：.
13．30
【详解】
由题中数据可得，，千米，则.
在中，由正弦定理可得，则千米.
在中，千米，千米，，
由正弦定理可得，则，
所以，所以，故千米.
故答案为：30.
14．
【详解】如图，分别取线段，的中点，连接，，.
连接，交于点，连接.
因为四边形是正方形，所以为线段的中点.
因为，所以，
即为线段的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为分别是线段，的中点，所以，.
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，且，
所以平面平面.
因为平面，且在平面内，所以点的轨迹为线段.
由题意可知，则，.
由余弦定理可得，则.
故答案为：.
15．(1)
(2).
【详解】（1）因为，所以，即，
由正弦定理，
则，代入两边约去得：
即.
因为，所以，
所以.
因为，所以，所以.
因为，所以.
（2）由余弦定理可得，
则.①
因为，且的周长为6，所以.②
联立①②，解得.
16．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②8
【详解】（1）证明：因为，
所以，所以.
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，
平面，平面，且，
所以平面.

（2）①证明：因为，且为线段的中点，所以.
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
所以，
由（1）可知平面，则，，
因为，，且，所以.
因为，所以四边形是矩形.
②解：因为，且为线段的中点，所以，
由①知，
因为平面，平面，且，
所以平面，
由①知，
因为，，所以.
则四棱锥的体积.
故多面体的体积.
17．(1)
(2).
(3).
【详解】（1）由题意可得.
由于，是的两个零点，
所以，是的两个零点，
因为的最小值是，且，所以最小正周期，解得.
（2）由（1）知.
因为，所以.
当，即时，取得最小值，；
当，即时，取得最大值，.
故在上的值域为.
（3）设，，由（2）可知.
不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，
即不等式在上恒成立，即.
因为，当且仅当时，等号成立.
所以a的取值范围是.
18．(1)
(2)是，1
(3).
【详解】（1）因为的面积为，所以，
解得，因为B为锐角，所以.
在中，由余弦定理可得
，则；
（2）在中，由余弦定理可得.①
在中，由余弦定理可得
.②
联立①②，可得，即，
即为定值1；
（3）四边形的面积
，
则，
由（2）可知，则，
所以，
所以.
当，即时，取得最大值72.
故，即四边形面积的最大值为.
19．(1)16
(2)存在，.
(3).
【详解】（1）连接.
因为四边形是边长为4的菱形，，
所以为边长为4的等边三角形.
因为是线段的中点，所以，所以.
因为是边长为4的等边三角形，且是线段的中点，所以，且.
因为，，所以，所以.
因为平面，平面，且，所以平面，
则四棱锥的体积为.
（2）存在满足条件的点，此时.
理由如下：
连接，记，，连接，，，.
因为E，F分别是棱，的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为四边形是菱形，所以是的中点，所以.
因为，且是棱的中点，所以，所以.
若平面平面，平面与平面与平面分别相交于直线,
故，所以，故，
所以在棱上存在点G，使得平面平面，且.
（3）连接.
在中，由余弦定理可得.
由（1）可知平面，且平面，所以.
因为，所以.
因为平面，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以，则.
因为，，且为棱的中点，
所以.
因为，，，所以，所以.
作，垂足为M，则，解得.
设点到平面的距离为.
因为，即,
则，
所以，解得.
设二面角的大小为，则，
即二面角的正弦值为.