精品解析：安徽卓越县中联盟&皖豫名校联盟2024-2025学年高一下学期期中检测数学试卷

安徽卓越县中联盟&皖豫名校联盟 2024—2025学年高一(下)期中检测 数 学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD 的直观图为等腰梯形，已知 ，则四边形ABCD的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在平面四边形ACBD中，，，，，则CD的长为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知是两个互相垂直的单位向量，向量满足，，则对于任意的实数的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 5 8. 如图为元代天文学家郭守敬主持建造的观星台，其可近似看作一个正四棱台.现有一个这样的观星台模型，下底面边长为，一个表面积为16π的球与该模型的每个面都相切，则该观星台模型的侧棱长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 二、多项选择题：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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 以直角梯形的腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 B. 以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将该三角形旋转所得的旋转体是圆锥 C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D. 有两个面平行且是相似的矩形，其他各个面都是梯形的多面体是四棱台 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 D. 与夹角的余弦值为 11. 已知函数，则（ ） A. B. 直线是曲线的一条对称轴 C. 在区间上单调递增 D. 存在，使得成立 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数: 的虚部大于0，则实数a的取值范围是__. 13. 如图，长方体 的体积为,分别是的中点，则四面体的体积为___________. 14. 已知点为的重心，分别为边，上一点，为的中点，若，，三点共线，且，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. 已知复数在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 （1）求a； （2）若z是关于x的方程的一个复数根，求pq的值. 16. 在内蒙古草原上，牧民们为了更好地储存和运输牛奶，设计了一种特殊的容器.如图，该容器的上面部分是一个圆锥，下面部分是一个圆柱.已知圆柱的底面直径为40 cm，高为50cm，圆锥的高为20cm. （1）若容器壁的厚度忽略不计，求该容器的容积； （2）为了美观和耐用，牧民们计划在容器的外表面涂上一层特殊的防水涂料，求需要涂防水涂料的面积. 17. 在直角坐标系中，已知点，，，点满足，， （1）求； （2）求在上的投影向量的坐标. 18. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，，的平分线交于点，求线段的长； （3）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为的相伴向量，同时称为向量的相伴函数. （1）记的相伴函数为f(x)，求的最大值； （2）已知动点满足，且 的相伴函数在时取得最大值，求 的最小值； （3）已知为函数的相伴向量，在中，，且点 为的外心，求 的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽卓越县中联盟&皖豫名校联盟 2024—2025学年高一(下)期中检测 数 学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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】A 【解析】 【分析】由题意解一元二次不等式即可求出集合内的元素，再求集合共同包含的元素即可. 【详解】因为 ，即， 所以. 故选：A. 2. 已知复数 则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】化简复数，再根据求复数的模的公式即可得解. 【详解】因为 所以 故选：C. 3. 如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD 的直观图为等腰梯形，已知 ，则四边形ABCD的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法画出原四边形ABCD求解即可. 【详解】如图，根据斜二测画法画性质可得，作于，于， 则三角形、为两个全等的等腰直角三角形，故. 则. 画出原四边形ABCD，可知 且 ，则四边形 ABCD 为直角梯形，其面积为 故选：D 4. 已知平面向量，，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，两边平方，由向量数量积运算得，再由夹角公式求解. 【详解】因为，所以 ， 即，得 ， 设与的夹角为θ，则， 因为，所以 . 故选：C 5. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦函数的单调性即可求解A，根据幂函数以及指数函数的单调性即可求解B，根据对数函数的图象以及单调性即可求解CD. 【详解】对于A，因为 所以 故A 错误； 对于B,故B正确； 对于C，作出和的图象如下：取，即可得故C错误； 对于D，因为 所以故D错误， 故选：B. 6. 如图，在平面四边形ACBD中，，，，，则CD的长为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别在和中利用余弦定理和正弦定理即可求解. 【详解】在中，，，， 由余弦定理得，， 即，， 又在中，，，， 由正弦定理得，，即， 解得. 故选：B. 7. 已知是两个互相垂直的单位向量，向量满足，，则对于任意的实数的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的几何意义，结合给定条件利用向量模的计算公式得出关于t的函数，再利用二次函数的值域求解即得. 【详解】∵ 是两个互相垂直的单位向量， ∴ 可令 ， 因为向量满足，，所以. 所以. 所以，当 时等号成立. 故选：B 8. 如图为元代天文学家郭守敬主持建造的观星台，其可近似看作一个正四棱台.现有一个这样的观星台模型，下底面边长为，一个表面积为16π的球与该模型的每个面都相切，则该观星台模型的侧棱长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱台的结构特征，取的中点分别为，确定截面的形状，根据已知求出相关线段长度及内切球半径，利用几何关系列方程求得，进而求侧棱长. 【详解】设正四棱台的下底面边长.，其内切球半径为r， 则，解得，取的中点分别为， 则四边形的内切圆是正四棱台内切球的截面圆中最大的， 且四边形是等腰梯形，， 所以，整理得， 又，所以，易知上、下底面的对角线长分别为4和8， 故侧棱长为 故选：C 二、多项选择题：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. 下列选项中说法正确的是（ ） A. 以直角梯形的腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 B. 以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将该三角形旋转所得的旋转体是圆锥 C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 D. 有两个面平行且是相似的矩形，其他各个面都是梯形的多面体是四棱台 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间几何体的几何特征逐项判断即可. 【详解】对于A，以直角梯形不垂直于底边的腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体不是圆台，故A 错误； 对于B，等腰三角形底边上的中线与底边垂直，由圆锥的特征易知B正确； 对于C，棱锥的侧面都为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥，故C正确； 对于D，如图所示，四边形和是相似的矩形， 但显然该几何体不是四棱台，故D错误. 故选：BC. 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若与的夹角为锐角，则的取值范围为 D. 与夹角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的加法的坐标运算和模长公式可判断A；根据垂直的坐标运算可判断B；利用夹角余弦及向量共线计算判断C；利用向量坐标求模公式及求向量夹角公式即可判断选项D. 【详解】对于A，，则 ，故A正确； 对于B，因为 所以故B 正确； 对于C，，若与的夹角为锐角， 则得且与不共线（同向）， ，解得：且 则的取值范围为：，故C错误； 对于D，，， ，所以与夹角的余弦值为： ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. B. 直线是曲线的一条对称轴 C. 在区间上单调递增 D. 存在，使得成立 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换化简函数成余弦型函数，再根据选项内容逐一判断即可. 【详解】对于A， ，故 A 正确； 对于B，当 时 故B错误； 对于C，当 时 ， 因在上单调递增，则在上单调递增，故C正确； 对于D，若则是函数的一个周期， 因的最小正周期为π，所以 即 显然不存在整数，使得 ，故 D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数: 的虚部大于0，则实数a的取值范围是__. 【答案】 【解析】 【分析】解不等式可求数a的取值范围. 【详解】由复数z的虚部大于0，得 ，解得 故答案为： 13. 如图，长方体 的体积为,分别是的中点，则四面体的体积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】逐步分割长方体，即可得四面体的体积. 【详解】如图，因为长方体的体积，即， 所以三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 所以四棱锥和四棱锥的体积， 所以四面体的体积 故答案为：. 14. 已知点为的重心，分别为边，上一点，为的中点，若，，三点共线，且，则的最大值为_____. 【答案】##0.5625 【解析】 【分析】利用三角形重心性质和共线向量基本定理推得，与已知式比较，得到，再运用基本不等式求解即得. 【详解】因为点 为 的重心，所以 . 因为三点共线，所以存在 使得 ， 则，又 则得 即 . 由图可知因当且仅当 时等号成立， 故的最大值为 . 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. 已知复数在复平面内对应的点位于第一象限，且满足 （1）求a； （2）若z是关于x的方程的一个复数根，求pq的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据列出方程，结合点所在象限可得答案； （2）根据根与系数的关系可求答案. 【小问1详解】 由题意知复数z在复平面内对应的点为， 因为点Z在第一象限，所以， 由，得， 即 则 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 由是关于x的方程 的一个复数根，可知是 的另一个复数根， 因此，解得. 所以 16. 在内蒙古草原上，牧民们为了更好地储存和运输牛奶，设计了一种特殊的容器.如图，该容器的上面部分是一个圆锥，下面部分是一个圆柱.已知圆柱的底面直径为40 cm，高为50cm，圆锥的高为20cm. （1）若容器壁的厚度忽略不计，求该容器的容积； （2）为了美观和耐用，牧民们计划在容器的外表面涂上一层特殊的防水涂料，求需要涂防水涂料的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆锥和圆柱的体积公式计算容积. （2）利用圆锥、圆柱的侧面积公式求容器的表面积. 【小问1详解】 圆锥的底面半径为20cm，高为20cm，所以圆锥的容积为： （）， 圆柱的底面半径为20cm，高为50cm，所以圆柱的容积为： （）， 所以该容器的容积为： （）. 【小问2详解】 圆锥的侧面积为：（）， 圆柱的侧面积为：， 圆柱的底面积为：（）. 所以需要涂防水涂料的面积为：（）. 17. 在直角坐标系中，已知点，，，点满足，， （1）求； （2）求在上的投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将向量坐标代入已知式，求解方程组即得； （2）分别求出与的坐标，代入投影向量计算公式即可. 【小问1详解】 由，，可得， 即，则有，解得， 故. 【小问2详解】 由（1）可得，因， 则，， 于是在上的投影向量为， 则在上的投影向量的坐标为，即. 18. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求； （2）若，，的平分线交于点，求线段的长； （3）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知式展开后逆用和角公式和辅助角公式化简得到，借助于三角形内角范围即可求得角； （2）由三角形面积公式和等面积建立方程，求解即得； （3）方法一：作 于点，过点作，由题可得点在之间，根据图形得，推得，即可代入三角形面积公式求得其范围；方法二：由正弦定理可得，求出利用正切函数的单调性求得，代入三角形面积公式即可求得其范围 【小问1详解】 即 因 ，则，故，解得 . 【小问2详解】 由（1）已得 由为的平分线，可得 设，由可得 ， 即 解得 ，即. 【小问3详解】 方法一：如图，作 于点，过点作，交直线于点， 当点在之间时， 为锐角三角形 ∴，即，因，则得， 的面积的取值范围为. 方法二：由正弦定理，可得 ∵均为锐角 解得 故 可得 故 又 ，的面积的取值范围为 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为的相伴向量，同时称为向量的相伴函数. （1）记的相伴函数为f(x)，求的最大值； （2）已知动点满足，且 的相伴函数在时取得最大值，求 的最小值； （3）已知为函数的相伴向量，在中，，且点 为的外心，求 的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦展开式化简可得，再利用三角函数性质可得答案； （2）由辅助角公式得，根据在时取得最大值求出，可得，根据在上单调递减可得答案； （3）根据求出，根据正弦定理可得外接圆的半径R，再利用可得答案. 【小问1详解】 由题意得 因为，所以的最大值为； 【小问2详解】 由题设可得， 且 在时取得最大值， 得，则 所以 令，，设， 则， 因为，所以， 可得，， 所以在上单调递减， 故 所以 的最小值为 ； 【小问3详解】 由题意得 因此 设外接圆的半径为R，根据正弦定理可得 故所以 又 又 ，所以 ， 所以 所以当时，取得最大值，最大值为6. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $