精品解析：湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

长沙市明德中学2025年上学期期中考试 高一年级数学试卷2025年4月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学备课组 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. 设复数，则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对复数化简，然后求出其共轭复数，从而可求出的虚部. 【详解】因为， 所以， 所以的共轭复数的虚部为. 故选：D 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解方程组，结合交集的定义可求得集合. 【详解】解方程组得或， 因为，， 则. 故选：C. 3. 在中，，则最大角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理与余弦定理求解即可. 【详解】由题意可知，所以，所以最大， 设， 由余弦定理得：， 故选：A 4. 非零向量，满足，若，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用求向量的模的方法，求得，从而利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】∵非零向量，满足，且， 设，的夹角为， 则，且， 所以. ∴. ∵，∴. 故选:B． 5. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥与其展开图的关系计算即可. 【详解】设底面半径为， 易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线， 所以. 故选：B 6. 已知点则与同方向的单位向量为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：,所以与同方向的单位向量为，故选A. 考点：向量运算及相关概念. 7. 已知，，则右图表示的函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图象的对称性可排除CD，根据函数值的符号可排除A，故可得正确的选项. 【详解】由图象可得题设中图象对应的函数为奇函数， 而，故为偶函数； 的定义域为，该定义域关于原点对称， 而，故为定义域上的偶函数，故CD错误； 当时，，故A错误； 故选：B. 8. 设，，则等于（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用指对数互换和幂的运算性质求得，再利用对数运算性质求得，进而求得可得结果. 【详解】因为，，则， 可得，，则， 又因为， 所以. 故选：B 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. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”成立的充分条件 B. 命题，则 C. 命题“若，则”是真命题 D. “”是“”成立的充分不必要条件 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据充分性的定义、必要性的定义、全称命题的否定的性质、比较法逐一判断即可. 【详解】对于A，由可以推出，故正确； 对于B，根据全称命题的否定为特称命题，所以，故错误； 对于C，当时，，故正确； 对于D，由不能推出，比如 ，所以充分性不成立 故正确的为AC． 故选：AC 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ） A. 两条异面直线和所成的角为 B. 存在点，使得平面 C. 对任意点，平面平面 D. 点到直线的距离为4 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正方体的结构特征及异面直线所成角的定义判断A；当点P与点重合时，可得平面，即可判断B；连接CF，推导出，从而得平面，进一步得平面平面即可判断C；由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离判断D． 【详解】对于A，由正方体的性质可知， 两条异面直线和所成的角即为，所以A错误； 对于B，当点P与点重合时， 由题可知， 所以，四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，则平面，所以B正确； 对于C，连接，由于平面，平面，故， 又，故， 故，即，故， 又相交，平面，故平面， 又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确； 对于D，由正方体的性质可得， ， 所以， 又，所以， 所以点到直线的距离，所以D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：对于选项D，由余弦定理求出，由此能求出点到直线的距离． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在上是减函数，则实数a取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】令，则由题意可得在上是减函数，且在区间上恒成立，从而列不等式组可求得答案 【详解】令，因为在区间上是减函数，且在上是增函数， 所以在区间上是减函数，且在区间上恒成立， 所以，解得， 所以实数a的取值范围是. 故答案为：. 13. 在中，，，点O是的外心，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用外心的性质及平面向量数量积的几何意义计算即可. 【详解】 如图所示，分别为边中点，则 易知， 由平面向量数量积的几何意义可知， 所以. 故答案为： 14. 已知函数，且，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据可得，故可求的最小值. 【详解】因为，故， 所以， 故或， 所以或，而，故， 故答案为： 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理或正弦定理进行边角转化，可求角. （2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求. 法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值. 法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值. 【小问1详解】 法一：因为，由余弦定理：， 得：，则，因为，所以． 法二：因为，由正弦定理得： ，， ，， 因为，所以，因为，所以． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得：， 得：， 法一：， 在中，由余弦定理得：，得：． 法二：因为，所以， 所以， 所以，解得：． 法三：因为，所以， ，所以． 16. 已知集合，集合． （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出集合，再求其并集即可； （2）求出集合，再由题意可得是真子集，从而可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 解不等式，得，即， 解不等式，得，即， 所以； 【小问2详解】 由， 由是的充分不必要条件，可得是B的真子集， 所以，解得, 所以实数m的取值范围是. 17. 如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设. （1）若，试用向量表示; （2）若，求实数x的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得；设，利用向量的线性运算结合图形关系可得，再由向量共线的性质得到，最后表示出所求向量即可； （2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得. 【小问1详解】 ， 设，因为， 所以， 即， 由共线得：，解得：， 所以， 所以. 【小问2详解】 ， 因为，由于共线，故， 所以， 解． 18. 三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点． （1）求与所成角的余弦值； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求证与平面平行． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，得到为与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解； （2）确定即为平面与平面所成角的平面角，即可求解； （3）通过四边形为平行四边形，即可求证. 【小问1详解】 解：连接.由分别是中点， 根据中位线性质，得，且， 在三棱台中，可得，所以， 由，可得四边形是平行四边形，则， 所以为与所成角， 在中，由， 可得. 【小问2详解】 因为平面，在平面， 所以， 又又分别在平面与平面内， 平面与平面的交线为， 所以即为平面与平面所成角的平面角， 又，，分别是中点， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； 【小问3详解】 由，， 由棱台的结构特征可知，又为的中点， 易知与平行且相等， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又在平面外，在平面内， 所以平面. 19. 对于定义在区间的函数，定义：，，其中，表示函数在上的最小值，表示函数在上的最大值. （1）若，，试写出、的表达式； （2）设且，函数，，如果与恰好为同一函数，求的取值范围； （3）若存在最小正整数，使得对任意的成立，则称函数为上的“阶收缩函数”，已知函数，，试判断是否为上的“阶收缩函数”，如果是，求出对应的，如果不是，请说明理由. 【答案】（1），；，； （2）； （3）为上的“4阶收缩函数”. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合的单调性分析求解即可； （2）分析可知在内单调递增，，讨论的取值由复合函数的单调性即可求解； （3）根据题意求的解析式，分、和三种情况，结合恒成立问题分析求解即可. 【小问1详解】 因为在内单调递增， 所以，；，. 【小问2详解】 因为与恰好为同一函数， 可知在内单调递增， 令，可设， 因为的图象开口向下，对称轴为， 若，则在内单调递减，且， 可知在内单调递减，则，解得，不合题意； 若，则在内单调递增，且， 可知在内单调递增，则，解得； 综上所述：的取值范围为. 【小问3详解】 因为在内单调递减，在内单调递增， 由题意可知：，， 可得， （i）当时，则，可得， ①若，则，符合题意，可知； ②若，则， 且在内的值域为，可得； 综上所述：； （ⅱ）若，则，即， 且在内的值域为，可得； （ⅲ）若，则，可得， 可知对任意恒成立， 令，则在内单调递增， 可知，可得； 综上所述：， 且为最小正整数，可得，所以为上的“4阶收缩函数”. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义问题，解题的关键在于确定新函数的解析式，根据题意将其转化为函数不等式成立的问题，再结合恒成立思想求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长沙市明德中学2025年上学期期中考试 高一年级数学试卷2025年4月 时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学备课组 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数，则共轭复数的虚部为（ ） A B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，则最大角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 非零向量，满足，若，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6. 已知点则与同方向的单位向量为 A. B. C. D. 7. 已知，，则右图表示的函数可能是（ ） A. B. C. D. 8. 设，，则等于（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”成立的充分条件 B 命题，则 C. 命题“若，则”是真命题 D. “”是“”成立的充分不必要条件 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（ ） A. 两条异面直线和所成的角为 B. 存在点，使得平面 C. 对任意点，平面平面 D. 点到直线的距离为4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数在上是减函数，则实数a的取值范围是______． 13. 在中，，，点O是的外心，则________． 14. 已知函数，且，则的最小值为__________． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 16 已知集合，集合． （1）求； （2）已知，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围． 17. 如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设. （1）若，试用向量表示; （2）若，求实数x的值． 18. 三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点． （1）求与所成角的余弦值； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求证与平面平行． 19. 对于定义在区间的函数，定义：，，其中，表示函数在上的最小值，表示函数在上的最大值. （1）若，，试写出、的表达式； （2）设且，函数，，如果与恰好为同一函数，求的取值范围； （3）若存在最小正整数，使得对任意的成立，则称函数为上的“阶收缩函数”，已知函数，，试判断是否为上的“阶收缩函数”，如果是，求出对应的，如果不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$