精品解析：山西省晋城市部分学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

2024~2025学年第二学期高一4月期中提升考 数学（A卷） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册（约）、必修第二册第六章~第八章第5节（约）． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再利用交集定义求解即可. 【详解】令，解得，则， 故，则，故B正确. 故选：B 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算和加法运算化简，再根据虚部的定义即可得出. 【详解】， 则的虚部为. 故选：A 3. 已知，，则与同方向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出向量的坐标，即可得出与同方向的单位向量为. 【详解】由题意可得，则， 所以与同方向的单位向量为. 故选：D. 4. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解. 【详解】由题意知，， 将直观图还原为原图，如图， 则， 所以， 所以原四边形的周长为12. 故选：C 5. 若向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数量积来计算投影向量即可. 【详解】因为，，由可得：， 以向量在向量上的投影向量为． 故选：C． 6. 将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度，所得图象的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的变换规则计算可得. 【详解】将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到， 将的图象向右平移个单位长度得到. 故选：D 7. 在平行四边形中，，点满足，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用、作为基底表示出、，再由数量积的运算律及定义计算可得. 【详解】因为且点是的中点， 所以， 又， 所以 . 故选：B 8. 已知函数的定义域为，为偶函数，若对任意的，，都有，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性确定其对称性，再由单调性解不等式即可. 【详解】因为为偶函数，所以的图象关于对称， 又对任意的，，都有， 即在上单调递增，结合对称性则在上单调递减， 所以， 即①，显然无解； 或②，解之得. 故选：C 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. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B. 棱柱至少有五个面 C. 棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间几何体的结构特征，结合选项依次判断即可. 【详解】A：若其余各面三角形没有公共顶点（如下图），则几何体不是棱锥，故A错误； B：面最少的就是三棱柱，共有五个面，故B正确； C：由棱台的结构特征知，棱台的侧棱延长后必交于一点，故C正确； D：在直角梯形中，如下图所示： 以直角梯形的直角边所在的直线为轴旋转所得的旋转体是圆台， 若以直角梯形的腰所在的直线为轴旋转所得的旋转体不是圆台，故D错误. 故选：BC 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 是关于的方程的一个根 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的共轭以及复数的模长、复数的四则运算逐一判断即可. 【详解】，所以 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，即是关于的方程的一个根，D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在边长为2正方形中，点是的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为定值 C. 若点在线段上，则为定值 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立如图所示平面直角坐标系，利用坐标法判断A、B，由及向量共线的坐标表示判断C，根据向量模的坐标表示得到，设，，利用辅助角公式计算D. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，，， 所以，，因为 所以，即； 对于A：若，则，所以，，所以，故A错误； 对于B：当时，，所以，又， 所以，故B正确； 对于C：因为，， 又点在线段上，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D：若，又，所以，即， 设，， 所以，其中为锐角且， 所以当时取得最大值，且最大值为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式求出圆锥的底面圆的周长，建立方程，解之即可求解. 【详解】由题意知扇形的弧长， 设该圆锥的底面圆的半径为，则， 即，得，即该圆锥的底面圆的直径为. 故答案为： 13. 已知，复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将复数化简，令其对应的实部大于，虚部小于，即可求出对应的实数的取值范围. 【详解】 ， 令则，得. 故答案为：. 14. 已知的内角的对边分别为，且，则_________；若的外接圆的圆心是，则的最大值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：由正弦定理边化角即可求解；空2：取的中点，连接，则，则，从而得到，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解. 【详解】由正弦定理得，则，， 所以； 取的中点，连接，则， 所以， 同理可得， 所以， 由余弦定理，即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 所以，即的最大值为. 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. 已知向量，，， （1）设，求，的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量的坐标运算用表示向量，再根据向量相等列方程组求出，的值； （2）先分别写出，坐标，再根据两向量平行的坐标表示，即可求的值. 【小问1详解】 ， 所以，解得，即，； 【小问2详解】 ， ， 因为，所以，解得：. 16. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）若且，求的值． 【答案】（1），单调递增区间为（） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式降幂，再由两角和的正弦公式化简，最后由正弦函数的性质计算可得； （2）利用同角三角函数关系结合角的范围求得，然后由两角差的余弦公式代入求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以的最小正周期， 令（），解得（）， 所以的单调递增区间为（）； 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 因为，所以， 所以， 所以 . 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若点是线段上的一点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知边化角，结合两角和的正弦公式化简可得.结合角的范围即可得出答案； （2）由已知可得，，.设，则，.进而在中，中，中，多次使用余弦定理求解可推得.进而根据二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解得出.进而即可根据角的范围得出答案. 【小问1详解】 易知 由以及正弦定理边化角可得， ， 整理可得. 又，， 所以，，. 【小问2详解】 由已知可得，所以为锐角，，，. 设，则，， 在中，由余弦定理可得 ， 所以. 在中，由余弦定理可得 . 在中，由余弦定理可得 ， 即， 整理可得， 平方可得， 整理可得. 所以有， 解得，所以. 又锐角，所以. 18. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明，，从而得证； （2）连接、分别交、于点、，连接，即可证明，从而得到，即可得证； （3）根据面面平行的性质得到，即可得到，从而得解. 【小问1详解】 连接，因为点分别为棱的中点， 所以， 又在正方体中且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以，所以四点共面； 【小问2详解】 连接、分别交、于点、，连接， 在正方体中，且， 所以，则， 同理可得， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面； 【小问3详解】 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 又，所以，因为，所以. 19. 在中，内角的对边分别为，若，，且． （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； （3）已知的面积为，且所在平面内的点满足，求的值． 【答案】（1） （2）或 （3）或 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示及利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得； （2）依题意可得，将两边平方结合数量积的运算律以及余弦定理得到方程组，即可求出、，从而得解； （3）由面积公式求出，再分点与点在直线的异侧与同侧两种情况讨论，设，利用正弦定理表示出线段的长度，再计算可得. 【小问1详解】 因为，，且， 所以， 由正弦定理可得， 即， 由余弦定理，又，所以； 【小问2详解】 因为点是中点，所以， 所以， 所以，即， 由余弦定理，即， 解得或，所以或； 【小问3详解】 因为的面积为，所以，所以， 若点与点在直线的异侧，设， 则，，， 在中由正弦定理，所以，； 在中由正弦定理，所以，； 所以 ； 若点与点在直线的同侧，设， 则，，， 在中由正弦定理，所以，； 在中由正弦定理，所以，； 所以 ； 综上可得的值为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年第二学期高一4月期中提升考 数学（A卷） 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册（约）、必修第二册第六章~第八章第5节（约）． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A B. 2 C. D. 3. 已知，，则与同方向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形是水平放置平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 5. 若向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A B. C. D. 6. 将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度，所得图象的解析式为（ ） A. B. C D. 7. 在平行四边形中，，点满足，点是的中点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数定义域为，为偶函数，若对任意的，，都有，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥 B. 棱柱至少有五个面 C. 棱台的侧棱延长后必交于一点 D. 以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 是关于的方程的一个根 11. 如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为定值 C. 若点在线段上，则为定值 D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为_________． 13. 已知，复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是______． 14. 已知的内角的对边分别为，且，则_________；若的外接圆的圆心是，则的最大值为_________． 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. 已知向量，，， （1）设，求，的值； （2）若，求的值． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）若且，求的值． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若点是线段上的一点，且，求的值． 18. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 19. 在中，内角的对边分别为，若，，且． （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； （3）已知的面积为，且所在平面内的点满足，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $