精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高一下学期第二次阶段检测（4月）数学试题

高一年级下学期第二次阶段检测 数学（试题卷） （命题人：林祖成 考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出，利用复数除法法则计算出. 【详解】，故， . 故选：B 2. 已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 4π C. D. 8π 【答案】B 【解析】 【分析】圆的周长公式求出，然后由圆锥侧面积公式可得. 【详解】设圆锥的母线长为，则由题意有，得， 所以侧面积为. 故选：B 3. 已知，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将两边同时平方，再结合平面向量的数量积运算，即可求解 【详解】设与的夹角为，,， 由题意可知，， ， 则，即，故，结合,，解得． 故选：A． 4. 一艘轮船从A处沿正东方向航行10千米到达B处，再从B处沿北偏东30°的方向航行15千米到达C处，则A，C之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 20千米 D. 千米 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理计算得解. 【详解】在中，千米，千米，，则由余弦定理可得，则千米． 故选：D. 5. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到原图，进而求出原图的面积. 【详解】还原直观图为原图形，如图所示， 因为，所以， 还原回原图形后，， 所以原图形面积为. 故选：B 6. 在中，已知，，则“”是“”成立的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理以及“大边对大角”即可判断出结果. 【详解】由正弦定理得，即， ，又因为， 或； 则“”是“”成立的必要不充分条件. 故选：. 7. 在平行四边形中，为的中点，若，则的长为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用基底法将表示出来，再利用列出的方程，求解即可. 【详解】 由图可知，为的中点，所以 则 又因为平行四边形，所以， 解得 故选：A 8. 在中,分别为内角的对边, 且,则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为,且, 所以两式相减可得==, 因为,所以,则, 此时,则b=c,所以,故选B． 二､多选题：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. 已知复数，其中为虚数单位，在复平面内对应点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，纯虚数 B. 满足的点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆 C. 的虚部为 D. 若且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根为 【答案】BD 【解析】 【分析】结合复数的概念，复数的几何意义，复数的运算，即可求解. 【详解】对于A，当时，则不为纯虚数，故A错误； 对于B，即到原点距离为2的点构成，故点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆，故B正确； 对于C，的虚部为，故C错误； 对于D，，且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根是其中一个根的共轭复数，为，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 D. 函数区间上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】根据正弦函数的周期即可判断A；根据正弦函数的对称性即可判断B；根据左右平移的原则即可判断C；根据正弦函数的单调性即可判断D. 【详解】对于A，的周期，所以 A 正确； 对于B，因为 ， 所以函数的图象关于点中心对称 ，故B正确； 对于C，将的图象向左平移个单位长度， 得到的图象，故C错误； 对于D中，因为，所以， 所以在上不单调，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，正方形边长为是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点；，则下列结论正确的有（ ） A. 最大值为1 B. 最大值为1 C. 最大值是2 D. 最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，由向量的坐标运算可得，且，,，再逐一分析各选项即可． 【详解】以中点为原点，建立平面直角坐标系， 则，，， 设，则，,， 所以，，， 由，得，且，,， 对于A，当时，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，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. 如图，在中，是的中点，若，则实数的值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件将用表示即可求出的值 【详解】因为，所以为的中点， 因为是的中点， 所以， 所以, 因为， 所以， 故答案为： 13. 在中，角所对的边分别为，若，且，则的面积__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用正弦边角关系及三角形内角的性质得，根据已知有，再应用余弦定理、三角形面积公式求结果. 【详解】由及正弦定理得， 因为，所以，所以，故， 又因为，所以， 由，得， 由余弦定理得， 所以的面积. 故答案为： 14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为120，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入__________个这种实心球. 【答案】59 【解析】 【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案. 【详解】图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置， 球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为. 将第2个实心球也㰆近该圆柱形容器侧面放置，过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为， 过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，设， ， 球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为. 同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.由此规律可得， 每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2. 因为， 所以该圆柱形容器内最多可以放入59个这种实心球. 故答案为：59 【点睛】关键点点睛：根据图象球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为， 每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加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. 如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积. 【答案】； 【解析】 【分析】先作辅助线，再应用球及圆台的表面积及体积公式计算求解即可. 【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面，侧面和一半球面组成.在直角梯形中，过点作，垂足为， 在中，， 所以，，， 所以形成的几何体的表面积为. 因为圆台的体积， 半球的体积， 所以所求几何体的体积为. 16. 已知向量，. （1）若，求m的值； （2）当时，若，求的最小值. 【答案】（1）-7 （2）3 【解析】 【分析】（1）先写出的坐标，再由，求解即可； （2）根据，展开运算，利用配方法，求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为， 所以，解得. 【小问2详解】 当时，，， 所以＝＝ ＝， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为3. 17. 如图，直三棱柱中，，，，P为线段上的动点． （1）当P为线段上的中点时，求三棱锥的体积； （2）当P在线段上移动时，求的最小值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，即可求出的面积，再由等体积法求解即可； （2）根据平面展开图可确定的最小值即长，由三角形余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由已知可得， 由余弦定理有，得到． 在中，有， ． 【小问2详解】 将绕旋转到与同一平面（如图所示）， 连接交于点，此时取得最小值，最小值即长． 在中，，，， 故，故，即， 又易知，故， 由余弦定理得，所以， （或者在中由勾股定理得） 故最小值为． 18. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）若，求的值； （2）若，，求AD的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理求出，再由余弦定理求出. （2）由，及，再结合正弦定理求． 【小问1详解】 在中由余弦定理， 即，所以， 再由余弦定理， 即，解得. 【小问2详解】 在中由正弦定理可得， 所以， 在中正弦定理可得，所以， 而，故，故， 故， 又，显然为锐角， 所以，，即，， 则 ， 在中由正弦定理， 则． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为. （1）设函数，求证：； （2）若函数，且，求其“相伴向量”的模的取值范围； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用“相伴向量”的定义证明即可； （2）根据“相伴向量”的定义得出向量再应用三角函数值域求解； （3）先写出相伴函数再根据最值得出，再分和结合基本不等式计算求解. 【小问1详解】 因为， 其中“相伴向量”，所以. 【小问2详解】 由题意可得： ， 则函数的“相伴向量”， 所以. 【小问3详解】 因为的相伴函数， 其中， 当时，取到最大值，依题有， 则， 因为定点，由可得， 故可设，且因，故， 于是， ， 若，可得； 若，可得， 即； 综上所述：，令， 因在上单调递增，所以； 又单调递增，所以； 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一年级下学期第二次阶段检测 数学（试题卷） （命题人：林祖成 考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分､在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知某圆锥底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. 4π C. D. 8π 3. 已知，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 一艘轮船从A处沿正东方向航行10千米到达B处，再从B处沿北偏东30°的方向航行15千米到达C处，则A，C之间的距离是（ ） A. 千米 B. 千米 C. 20千米 D. 千米 5. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ） A. 4 B. C. D. 6. 在中，已知，，则“”是“”成立的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 7. 在平行四边形中，为的中点，若，则的长为（ ） A B. C. D. 1 8. 在中,分别为内角的对边, 且,则 A. B. C D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，其中为虚数单位，在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，为纯虚数 B. 满足的点的集合是以原点为圆心，以2为半径的圆 C. 的虚部为 D. 若且复数是方程的一个根，则方程的另一个复数根为 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 D. 函数在区间上单调递增 11. 如图，正方形的边长为是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点；，则下列结论正确的有（ ） A. 最大值为1 B. 最大值为1 C. 最大值2 D. 最大值是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在中，是的中点，若，则实数的值是__________. 13. 在中，角所对的边分别为，若，且，则的面积__________. 14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为120，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入__________个这种实心球. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在直角梯形中，，在梯形内，挖去一个以为圆心，以2为半径四分之一圆，得到如图所示的阴影部分，若将该图形中阴影部分绕所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积. 16. 已知向量，. （1）若，求m的值； （2）当时，若，求的最小值. 17. 如图，直三棱柱中，，，，P为线段上的动点． （1）当P为线段上的中点时，求三棱锥的体积； （2）当P在线段上移动时，求的最小值． 18. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）若，求的值； （2）若，，求AD的长． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）.记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为. （1）设函数，求证：； （2）若函数，且，求其“相伴向量”的模的取值范围； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$