精品解析：重庆市荣昌中学校2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

荣昌中学高2027届高一下半期教学检测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 设，则在复平面内z对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 3. 已知向量，，满足，，，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 4. 一个圆锥底面半径为1，高为，则这个圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ）． A B. C. D. 7. 在中，角所对的边分别为，已知，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 向量是互相垂直单位向量，向量满足，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多选选择题.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. 已知向量，，，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 向量方向的单位向量为 10. 荣昌折扇是国家级非物质文化遗产之一，其始于北宋年间，以楠竹和皮纸为原料，经青山、风骨、皂锅、棕风、坯子、纸口、头子、梳练、扇糊、折扇、捆扎、白扇页、角告、扇箱、书画、装运等传统工序手工精制而成，具有很高的艺术和收藏价值（图1）．图2是一个扇形面，其对应一个圆台的侧面展开图，若此扇形面的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ） A. 高为 B. 表面积为 C. 体积为 D. 上底面积、下底面积和侧面积之比为 11. 如图，已知圆的内接四边形中， ，，. 下列说法正确的是（ ） A. 四边形的面积为 B. 该外接圆的直径为 C. D. 过作交于点， 则 三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知中，内角、、所对的边分别为、、，且满足：．则角__________. 13. 已知在中，，，，点D为边BC上靠近B的三等分点，则的值为__________. 14. 某湖中有一小岛C，沿该湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶2km到达B处后，又测得小岛在公路的南偏西45°的方向上，则小岛到公路的距离是__________km. 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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为． （1）求的值； （2）若与（）垂直，求的值． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值． 17. 如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，M，N分别为BC，中点． （1）证明：平面； （2）平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为；较小的体积为，求，的值． 18. 在中，角A，B，C对边分别为． （1）求A； （2）若，求的周长的取值范围． （3）若，且是锐角三角形，求内切圆半径的取值范围． 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点. 试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 荣昌中学高2027届高一下半期教学检测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 设，则在复平面内z对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由复数除法运算得到代数形式，即可判断. 【详解】由， 所以z对应点坐标，第三象限， 故选：C 2. 在中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理运算得解. 【详解】根据正弦定理. 故选：C. 3. 已知向量，，满足，，，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知条件求出的值，再利用向量模的计算公式求出. 【详解】已知，可得： 又因为，可得. 将代入，可得，解得. 根据向量模的计算公式，可得. 展开可得： 由，，，代入上式可得： 所以. 故选：B. 4. 一个圆锥底面半径为1，高为，则这个圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得出母线的长，再根据圆锥表面积公式计算． 【详解】圆锥的底面半径为1，高为，则母线长l2 圆锥的表面积S＝S底面+S侧面＝. 故选：C． 5. 已知一个直四棱柱的底面是长宽分别为4和3的矩形，侧棱长为，则这个直四棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】可知直四棱柱即为长方体，结合长方体的结构特征求外接球半径和体积. 【详解】由题意可知：直四棱柱即为长方体， 则外接球的半径， 所以外接球的体积为. 故选：D. 6. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解判断. 【详解】单位向量满足，则， 所以所求投影向量为． 故选：B 7. 在中，角所对的边分别为，已知，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理边化角得到，再结合余弦定理及基本不等式即可求解. 【详解】解：， 由正弦定理得， ， ， ，三角形中， 所以，又，所以； 由，所以，当且仅当时，取等号， 又，当且仅当时，取等号， 所以的最小值为1， 故选：A 8. 向量是互相垂直的单位向量，向量满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，将问题化为圆上的点到点的距离，即可得. 【详解】已知向量，是互相垂直的单位向量， 设，，， 由，则， 由，， 其几何意义是圆上点到点的距离， 圆心到的距离为，圆的半径为2， 所以的取值范围是． 故选：D 二、多选选择题.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. 已知向量，，，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 向量方向的单位向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由向量模长、平行、垂直的坐标表示，及单位向量的计算逐个判断即可. 【详解】对于A：，所以，正确， 对于B：若，易得，错误， 对于C：，，所以垂直，正确， 对于D：，所以向量方向的单位向量为，正确， 故选：ACD 10. 荣昌折扇是国家级非物质文化遗产之一，其始于北宋年间，以楠竹和皮纸为原料，经青山、风骨、皂锅、棕风、坯子、纸口、头子、梳练、扇糊、折扇、捆扎、白扇页、角告、扇箱、书画、装运等传统工序手工精制而成，具有很高的艺术和收藏价值（图1）．图2是一个扇形面，其对应一个圆台的侧面展开图，若此扇形面的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ） A. 高为 B. 表面积为 C. 体积为 D. 上底面积、下底面积和侧面积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，可得A错误；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C正确；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比可知D正确. 【详解】对于A，设圆台上底面半径为，下底面半径为， 则，，解得，， 所以圆台的母线长为，高为，选项A错误； 对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为， 所以圆台的表面积为，选项B正确； 对于C，圆台的体积为，选项C正确； 对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确， 故选：BCD. 11. 如图，已知圆的内接四边形中， ，，. 下列说法正确的是（ ） A. 四边形的面积为 B. 该外接圆的直径为 C. D. 过作交于点， 则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算. 【详解】对于A，连接，在中，， 在中，， 由于，所以，故， 解得， 所以，，所以， 故， ， 故四边形的面积为，故A正确； 对于B，设外接圆半径为，则， 故该外接圆的直径为，半径为，故B错误； 对于C，连接，过点作于点，过点B作于点，则由垂径定理得：， 由于，所以，即， 解得，所以，所以，且， 所以，即在向量上投影长为1，且与反向， 故，故C正确； 对于D，由C选项可知：，故，且， 因为，由对称性可知：为的平分线，故， 由A选项可知：，显然为锐角， 故，， 所以 ， 所以，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. 已知中，内角、、所对的边分别为、、，且满足：．则角__________. 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值. 【详解】不妨设，则，，利用余弦定理可得， 又因为，所以． 故答案为：. 13. 已知在中，，，，点D为边BC上靠近B的三等分点，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得，进而利用平面向量数量积的运算性质即可求解. 【详解】如下图所示： ， 由平面向量数量积的定义可得， 则， . 故答案为：. 14. 某湖中有一小岛C，沿该湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶2km到达B处后，又测得小岛在公路的南偏西45°的方向上，则小岛到公路的距离是__________km. 【答案】 【解析】 【分析】中，由正弦定理得到，小岛到公路的距离，代入数据计算即可. 【详解】如图所示，过C作，垂足为D，，，， ∴， 中，， 中，． 故答案：． 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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为． （1）求的值； （2）若与（）垂直，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义求出，再利用向量数量积的运算律计算； （2）利用向量垂直的充要条件列出方程，求解即得. 【小问1详解】 ∵，，且与的夹角为， ∴， 故； 【小问2详解】 ∵与（）垂直， ∴， 即，解得：． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，的面积为，求b，c的值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合和差角的正弦公式化简求解即可； （2）由面积公式可得，再根据余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理及． 得， 即， 即， 因为，所以， 所以，所以． 【小问2详解】 由题意得的面积，所以①． 又，且，所以②． 由①②得． 17. 如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，M，N分别为BC，中点． （1）证明：平面； （2）平面将该直四棱柱分成两部分，记这两部分中较大的体积为；较小的体积为，求，的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理和平行线的传递性，可得，且，即可证四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理，即可证明结果； （2）延长，交于点，根据题意可知平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台．根据三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积，可求出；再根据直棱柱体积公式即可求出的体积，进而求出， 【小问1详解】 四棱柱中， 连接交于E，则E为中点， ∴，且， 又M为BC中点， ∴，且， ∴平行四边形NBME，∴ 又平面，平面， ∴平面； 【小问2详解】 延长，交于点， 则，分别为，的中点，，， 再连接，交于点，则为的中点，， 连接，所以平面将该直四棱柱分成两部分中体积较小的部分为三棱台． 因为三棱台的体积等于三棱锥的体积减去三棱锥的体积， 所以 ． 又因为直四棱柱的体积 ， 所以． 18. 在中，角A，B，C的对边分别为． （1）求A； （2）若，求的周长的取值范围． （3）若，且是锐角三角形，求内切圆半径的取值范围． 【答案】（1）； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求得，即可得解. （2）由题意得，利用基本不等式结合三角形的三边关系可求出的范围，进而得的范围. （3）利用等面积法得到内切圆半径r的表达式，利用余弦定理转化r的表达式，再运用正弦定理结合三角函数的图象与性质求解. 【小问1详解】 在中，由，得， ， 又，所以. 【小问2详解】 因为，， 所以， 当且仅当时取等号， 因此，解得，而， 所以， 故的周长的取值范围是. 【小问3详解】 因为，， 所以得， 设的内切圆半径为r， 由， 得， 由（1）知， 根据正弦定理，得， 则，， 所以 ， 由为锐角三角形，得，解得， 所以，则， 因此，， 所以内切圆半径的取值范围为. 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点. 试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案. （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 由已知中，即， 故，由正弦定理可得， 故直角三角形，即. 【小问2详解】 由（1），所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 . 【小问3详解】 点为的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$