海南省海口市第四中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

高一数学期中试卷第 1页，共 4页 海口四中 2024-2025 学年度第二学期期中考试 高一年级数学试题 考生注意：本试卷共有 19 道题，时间 120 分钟，满分为 150 分。 一、单选题（本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分） 1．已知集合  1,2,3,4A  ，  2 2 3 0B x x x    ，则 A B  （ ） A． 1,4 B． 2,3 C． 3,4 D． 1,2 2．在复平面内，复数 2 i i z  （ i为虚数单位），则（ ） A． z的实部为 2 B． 5z  C． 2 iz   D． z对应的点位于第一象限 3．已知向量  1,2a    ，  , 4b x  且 / /a b  ，则 a b   =（ ） A．10 B．-8 C．6 D．-6 4．下列函数中，在区间 (0, ) 上单调递减的是（ ） A． 1 2 ( ) logf x x  B． ( ) | 1|f x x   C． ( ) 2 xf x D． 2( )f x x x   5．已知 为第二象限角且 1 cos 2 4   ，则 3πsin( ) 2  （ ） A． 6 4  B． 10 4  C． 10 4 D． 6 4 6．如图，水平放置的△ ���的斜二测直观图为△ �‘�‘�‘，若 1A B AC     ， 2B C   ，则BC （ ） A． 2 3 B． 2 2 C． 2 D． 3 7．在△ABC 中，角 A，B，C对边分别为 a，b，c， 2 2 2 2 3 sina b c ab C   ，且 | | | |AB AC BC     ，则 B （ ） A． π 2 B． π 3 C． π 4 D． π 6 8．17世纪 30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可 分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球 体体积的方法.如图，���是一个半圆，圆心为�，���� 是半圆的外切矩形.以直线��为轴将该平面图形旋转一 周，记△���，阴影部分，半圆���所形成的几何体的 体积分别为�1，�2，�3，则下列说法正确的是 （ ） A. �1 + �2 < �3 B. 3�1 − �2 > �3 C. �1 > �2 D. �1 = �2 高一数学期中试卷第 2页，共 4页 二、多选题（本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分） 9．下列命题中，正确的有（ ） A． 4x x  最小值是 4 B．“ 1a  ”是“ 2a a "的充分不必要条件 C．若 a b ，则 1 1 a b  D．函数  log 3 2ay x   （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点  4,2P 10．已知函数     πsin 0, 0, 2f x A x A             的部 分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A．ω = 2 B．函数  y f x 的图象关于直线 5π12x   对称 C．函数  y f x 在 2π π,3 6      单调递减 D．该图象向右平移 π 6 个单位可得 2sin 2y x 的图象 11．设点 D是△ ���所在平面内一点，则下列说法正确的有（ ） A．若  12AD AB AC     ，则点 D是边 BC 的中点 B．若 2AD AB AC     ，则点 D在边 BC 的延长线上 C．若 1 3 cos cos AB ACAD AB B AC C           ，则直线 AD 经过△ ���的垂心 D．若 AD xAB yAC     ，且 12x y  ，则 BCD△ 是△ ���面积的一半 三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分） 12．已知平面向量 ,a b  满足 | | 1a   ， | | 2,b a   与b  的夹角为60，则 | 2 |a b  的值 为 . 13．已知正四棱锥的侧面积为 4 2，底面边长为 2，则该四棱锥的体积 是 ． 14．在△ ���中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 sin 3 cos ,b A a B ABC  的平分线交 AC于点 D，且 3BD  ，则 3a c 的最小值为 ． 高一数学期中试卷第 3页，共 4页 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．（13 分）已知复数 1 2 iz   ，  2 1 iz m m  R ，且 1 2z z 是纯虚数. (1)求 m的值以及 1 2z z ； (2)设复数 1z ， 2z 在复平面上对应的点为A，B，若四边形OABC是复平面内的平行 四边形，求点C对应的复数. 16．（15 分）在△ ���中，角 A、B、C所对的边分别为 a、b、c，已知 cosA(2c+b)+ a cosB=0． （Ⅰ） 求角 A的大小； （Ⅱ） 若 a 4 3 ， 8 b c ，求△���的面积． 17．(15 分)如图，在△ ���中， 3AB  ， 2AC  ， 60ACB  ，点 D在边 BC 的延长线上. (1)求���∠���； (2)若 2 2CD  ， 2 3 AE AD   ，求 CE 的长. 高一数学期中试卷第 4页，共 4页 18．已知� � = ���2(x+� 8 ) + 2 2 cos2 x - 1 2 (1)求 ( )f x 的单调递增区间； (2)若函数 | ( ) |y f x m  在区间 5π 3π, 24 8     上恰有两个零点 1x ， 2x ①求m的取值范围； ②求 1 2x x 的值. 19．人脸识别技术在社会各行各业中的应用深刻改变着人们的生活．所谓人脸识 别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像、并从中提取出有效的识别信息，最 终判别对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要运用距离进行 测试，经常使用的测量距离有曼哈顿距离和余弦距离．若二维空间有两个点    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 A，B之间的曼哈顿距离为： 1 2 1 2( , )d A B x x y y    ．A，B 之间的余弦距离为1 cos( , )A B ，其中 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 cos( , ) x x y yA B x y x y x y x y         为 A，B之间的余弦相似度． (1)若 (2,1), (1,2)A B ，求 A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离； (2)已知 π0 , (cos ,sin ), (cos ,sin ), (cos( ),sin( )) 2 M N P              ，且 12 3cos( , ) , cos( , ) 13 5 M N M P  ． ①求 N，P之间的余弦距离； ②求 N，P之间的曼哈顿距离． 答案第 1页，共 4页 海口四中 2024-2025 学年度第二学期期中考试高一年级数学试题 参考答案 1．D 由题意，       | 1 3 0 1,3B x x x      ，所以  1,2A B  . 2．B 2 i (2 i)i 1 2i i z       ，故实部为 1， 5z  ， 1 2iz   ， z对应的点位于第四象限 3．A a b   =(-1)×(-2)+2×4=10 4．C 函数 1 2 ( ) logf x x  在区间 (0, ) 上单调递增，A不是； 函数 1, 1 ( ) 1 1, 1 x x f x x x x           在 (0,1]上单调递增，B不是； 函数 ( ) 2 xf x 在  0, 上单调递减，C是；函数 2( )f x x x   在 1(0, ] 2 上单调递增，D不是. 5．C由 为第二象限角，得 cos 0  ，由 1cos 2 4   ，得 1 cos2 10cos 2 4      ， 所以 3π 10sin( ) cos 2 4      . 6．A 因为 1A B AC     ， 2B C   ，所以 2 2 22A B A C B C        ， 所以C A A B    ，即C A O B    ，因为 45C O A    ，所以 2O C   ， 1O A   ，所以 2O B   ，还原直观图得到 ABCV ，如图所示： 此时 2, 2 2OB OC  ，所以 8 4 2 3BC    . 7．B 2 2 2 2 cos 2 3 sina b c ab C ab C    ，∴ 3tan 3 C  ， (0, π)C ，∴ π 6 C  ； 又知 | | | | | |AB AC BC AC AB         ，平方可得 0AB AC    ，∴ π 2 A  ，∴ π 3 B  . 8．D 解：以直线��为轴将该平面图形旋转一周，△���所形成的几何体为一个圆锥，底面 直径为�� = 2�，(�为半圆半径)，则�底 = �� 2 ，ℎ = �� = �，则�1 = 1 3 �底ℎ = 1 3 ��3， 半圆���所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为� = 4 3 ��3，则�3 = 1 2 � = 2 3 ��3， 以直线��为轴将该平面图形旋转一周，长方形����形成的几何体为圆柱，设体积为�4 = �ℎ = ��3，阴影部分所形成的几何体体积�2等于圆柱体积减去半球体积， 则�2 = ��3 − 2 3 ��3 = 1 3 ��3．故�1 = �2, �1 + �2 = �3，3�1 − �2 = �3 9．BD 对于 A，当 0x  时， 4 42 4x x x x     （当且仅当 2x  时取等号）， 当 0x  时，    4 4 42 4x x x x x x                （当且仅当 2x   时取等号）， 所以 4x x  没有最小值，故 A错误；对于 B，由 2a a 得 1a  或 0a  ，所以“ 1a  ”是“ 2a a " 的充分不必要条件，故 B正确； 对于 C，当 1, 1a b   时， a b ，但 1 1 a b  ，故 C错误； 对于D，当 4x  时， 2y  ，所以函数  log 3 2ay x   （ 0a  且 1a  ）的图象恒过定点  4,2P ， 故 D正确. 10．ABD 由函数的图象可得 2A  ，周期 π π4 π 3 12 T        ，所以 2π 2π 2 πT     ，A正确； 答案第 2页，共 4页 当 π 12 x  时，函数取得最大值，即 π π2sin 2 2 12 12 f               ，所以  π π2 2 π 12 2     k k Z ，则 π2 π 3 k   ，又 π 2   ，得 π 3   ，故函数   π2sin 2 3 f x x      . 对于 B，当 5π 12 x   时， 5π 5π π π2sin 2 2sin 2 12 12 3 2                          f ， 即直线 5π 12 x   是函数  f x 的一条对称轴，故 B正确；对于 C，当 2 3 6 x     时， 2 0 3 x     ，所以，函数  f x 在区间 2 , 3 6       不单调，故 C错误；对于 D，将  f x 的 图象向右平移 π 6 个单位后，得到 π π2sin 2 2 2sin 2 6 3          y x x的图象，即 D正确. 11．ACD 对 A，  12AD AB AC      ，即 1 1 1 1 2 2 2 2 AD AB AC AD       ，即BD DC   ，即点D 是边 BC的中点，故 A正确；对 B， 2AD AB AC      ，即 AD AB AB AC       ，即 BD CB   ， 即点D在边CB的延长线上，故 B错误； 对 C，设 BC的中点为M ，  1 1 03 3s c so oc AB ACAD BC BC AB BC BCBC B AC C                          ， 即 AD BC ，故 AD过△ ���的垂心，故 C正确； 对 D， AD xAB yAC      ，且 12x y  ，故 2 2 2AD xAB yAC     ，且 2 2 1x y  ， 设 2AM AD   ，则 2 2AM xAB yAC     ，且 2 2 1x y  ，故 , ,M B C三点共线，且 2AM AD   ， 即 BCD△ 是△ ���面积的一半，故 D正确. 12．2 3因为 | | 1a   ， | | 2,b a   与b  的夹角为 60，所以 1cos60 1 2 1 2 a b a b          ， 22 1a a    ， 22 4b b    .则     2 2| 2 | 2 2 4 4 2 3a b a b a b a a b b                   . 13． 4 3 顶点 P在底面的射影是正方形 ABCD的中心， 正四棱锥的侧面积为 S 侧面=4• 1 2 4 2 2 PE   ∴PE= 2 ∴正四棱锥的高 OP= 2 2 2 1 1PE OE    所以棱锥的体积 1 42 2 1 3 3 V      故答案为 4 3 14． 4 2 3 因为 sin 3 cosb A a B ，由正弦定理得 sin sin 3 sin cosB A A B ， 因为 sin 0A  ，所以 tan 3, (0,π)B B  ，故 π 3 B  ， 如图所示，则△ ���的面积为 1 1 1acsin60 3 sin 30 3 sin 30 2 2 2 a c      ，即 ,ac a c  即 1 1 1 a c   ，所以   1 1 3 33 3 4 4 2 4 2 3c a c aa c a c a c a c a c                 ，当且仅当 3c a a c  时取等号，所以， 3a c 的最小值为 4 2 3 ． 答案第 3页，共 4页 15．【详解】（1）因为 1 2 iz   ，所以 1 2 iz   ，所以       1 2 22 i 1 i 2 2 i i i 2 2 1 im mz mz m m           ，…(2分) 因为 1 2z z 是纯虚数，所以 2 0 2 1 0 m m      ，……(4分)解得 2m   ，…(5分) 所以 2 1 2iz   ，则 1 2 3 iz z   ，…(6分)所以  221 2 3 1 10z z     .…(7分) （2）复数 1z ， 2z 在复平面上对应的点为  2,1A ，  1, 2B  …(8分)，则  1, 3AB     …(9分) 因为四边形OABC是复平面内的平行四边形，所以  1, 3OC AB      ，…(11分) 所以  1, 3C   ，…(12分)则点C对应的复数为 1 3i  .…(13分) 16．解：（Ⅰ）因为 cosA(2c+b)+ a cosB=0 ，由正弦定理得 2cos sin sin cos cos sin 0A C A B A B   …(2分)所以  2cos sin sin 0A C A B   ，即  2cos 1 sin 0A C  ，…(4分) 因为  , 0,A C  ，所以 1sin 0,cos 2 C A   ，…(6分)所以 2 3 A  ；…(7分) （II）由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，…(9分) 2 2 248 ( ) 64b c bc b c bc bc        ，…(11分) 即 16bc  ，…(12分) 所以 1 1 3sin 16 4 3 2 2 2 S bc A     . …(15分) 17解：（1）△ ���中，由正弦定理 3 2 2sin sin sin sin 60 sin 2 AB AC B ACB B B        ，…(2分) 因为 AB AC ，  0, πB ，所以 =45ABC ，…(4分)所以 45 6 75180 0BAC        (5分)  sin sin 45 60 sin 45 cos60 cos45 sin 60BAC         2 1 2 3 6 2 2 2 2 2 4       (7分) （2）方法 1：因为 2 3 AE AD   ,所以 2 2 1 2( ) 3 3 3 3 CE CA AE CA AD CA CD CA CA CD                   ,…(10分) 所以  2 2 21 4 2 29CE CA CD CA CD         …(12分)  1 262 4 8 2 2 4 2 cos1209 9        ，…(14分)则 26 3 CE  .…(15分) 方法 2：在 ADC△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAD CA CD CA CD ACD     2 8 2 2 2 2 2 cos120 14 14AD          ，…(9分) 因为 E为线段 AD上靠近D的三等分点， 所以 14 3 DE  ，…(10分)因为 2 14 sin sin sin sin120 AC AD D ACD D      ， 所以 3sin 2 7 D  ，…(12分)因为D为锐角，所以 2 3 5cos 1 sin 1 28 2 7 D D     ，(13分) 在△ ���中，由余弦定理得， 2 2 2 14 14 5 262 cos 8 2 2 2 9 3 92 7 CE DC DE DC DC D           ，所以 26 3 CE  (15分). 18．【详解】（1）� � = ���2(x+� 8 ) + 2 2 cos2x - 1 2 =1−��� (2�+ � 4) 2 + 2 2 cos2x - 1 2 答案第 4页，共 4页 1 2 2 2 1cos 2 sin 2 cos 2 2 4 4 2 2 x x x     (2分) 2 2sin 2 cos 2 4 4 x x  1 πsin 2 2 4 x      (4分) 结合正弦函数的图象与性质可得：当  π π π2 π 2 2 π Z 2 4 2 k x k k       ， 即  3π ππ π Z 8 8 k x k k      时，函数单调递增，…(6分) 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为  3π ππ, π Z 8 8 k k k       .(7分) （2）①令 π2 4 t x  ，当 5π 3π, 24 8 x      时， π , π 6 t      ，(9分) 1 1 1sin , 2 4 2 t      ，所以 1 1sin 0, 2 2 y t       ，…(11分) 所以要使 | ( ) |y f x m  在区间 5π 3π, 24 8     上恰有两个零点，m的取值范围为 1 1 4 2 m  或 0m  ；…(13分) ②设 1 2,t t 是函数 1 sin 2 y t m  的两个零点（即 1 1 2 2 π π2 , 4 4 t x t x    ）， 由正弦函数图象性质可知 1 2 πt t  ，(15分)即 1 2 π π2 2 π 4 4 x x    ，所以 1 2 π 4 x x  .…(17分) 19．【详解】（1）由题意，曼哈顿距离 1 2 1 2( , ) 2 1 1 2 2d A B x x y y         ；…(2分) 因为   1 2 1 22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 4cos , 55 5 5 5 x x y yA B x y x y x y x y              (4分) 所以余弦距离为 11 cos( , ) 5 A B  .…(5分) （2）①由题意 12cos( , ) cos cos sin sin cos( ) 13 M N          ，…(6分) 由 π0 2     ，可得 0 2       ，故    2 5sin 1 cos 13           ；…(7分) 因       3cos , cos cos sin sin =cos[α-(α+β)] cos 5 M P             ，故 4sin 5   ，(8分) 则        cos , cos cos sin sin cos cosN P                    ，…(9分) 又       12 3 5 4 56cos cos cos cos sin sin 13 5 13 5 65                            ，(10分) 所以 N，P之间的余弦距离为 91 cos( , ) 1 cos 65 N P     .…(11分) ②由①可知 24sin 2 2sin cos 25     ， 2 7cos 2 2cos 1 25      ，…(12分) cos( ) cos[( ) 2 ] cos( )cos2 sin( )sin2                  12 7 5 24 36 13 25 13 25 325                  ，…(14分) 因0      ，则    2 323sin 1 cos 325         ，(15分)所以 N，P之间的曼哈顿距离为： ( , ) cos cos( ) sin sin( )d N P            3 36 4 323 222 5 325 5 325 325      .…(17分).