精品解析：北京市大兴区2024-2025学年高一下学期期中检测数学试题

北京市大兴区2024-2025学年高一下学期期中检测数学试题 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 复数（ ） A. B. C. D. 2 （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最大值是（ ） A B. 3 C. D. 5 5. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. 3 B. C. D. 5 6. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，在等腰梯形ABCD中，，，，E为BC边上一点，且满足，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 8. 设点坐标为，是坐标原点，向量绕着点逆时针旋转后得到，则的坐标为（ ） A B. C. D. 9. 如图，正方体的棱长为，点在正方形的边界及其内部运动，且满足，则四面体的体积的最小值是（ ） A. B. C. D. 10. 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 6 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则＝________. 12 已知复数，则______. 13. 如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则在平面图形中，______；图形的面积为______． 14. 在水流速度为的河中，要使船以的速度与河岸成直角横渡，则船行驶速度的大小为______，与水流方向所成的角为______． 15. 已知中，，，若点是边上一点，是的中点，给出下列四个结论： ①若，则； ②若在方向上的投影向量为，则的最小值为； ③若，则的最大值为； ④若，则为定值． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知复数． （1）当时，求的值； （2）若复数为纯虚数，求的值． 17. 已知． （1）求的值； （2）求的值． 18. 在中，． （1）求的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求BC边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 19. 已知平面四边形的边长满足，且． （1）若，求的大小； （2）若，求四边形的面积． 20. 如图，在正四棱锥中，侧棱SA长为1，记，其体积记为，表面积记为． （1）求的值； （2）求的解析式，并直接写出的取值范围； （3）试判断是否存在最值，并说明理由． 21. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. （1）在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； （2）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北京市大兴区2024-2025学年高一下学期期中检测数学试题 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的乘法计算可得. 【详解】. 故选：C 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，结合两角差的正弦公式，结合特殊角的三角函数值，进行计算，即可求解. 【详解】由. 故选：C. 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直列方程，解方程可得，进而可得解. 【详解】由已知，，且， 则，则， 所以， 故选：A. 4. 函数的最大值是（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式结合正弦函数的值域计算可得. 【详解】，由正弦函数的值域可得其最大值为. 故选：C 5. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. 3 B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由复平面内几何表示及其模长的计算可得. 【详解】由题意可得实部为，虚部为1，所以. 故选：D 6. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件. 【详解】余弦函数在区间上单调递减，且，， 由，可得，，由正弦定理可得. 因此，“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题. 7. 如图，在等腰梯形ABCD中，，，，E为BC边上一点，且满足，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理与数量积的运算性质求解即可 详解】由题可知， 故，从而易知． ， ． 故， 故选：B． 8. 设点的坐标为，是坐标原点，向量绕着点逆时针旋转后得到，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点在角的终边上，则，，然后利用两角和的正弦和余弦公式可求得点的坐标. 【详解】设点在角的终边上，则，， 则， ， 故选：A. 9. 如图，正方体的棱长为，点在正方形的边界及其内部运动，且满足，则四面体的体积的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，推导出，可求出的取值范围，则点的轨迹是平面内以点为圆心，圆心角为，且半径为的圆弧及其内部，计算出点到距离的最小值，可求出面积的最小值，结合锥体的体积公式可求得结果. 【详解】连接，因为平面，平面，所以， 所以，， 所以，点的轨迹是平面内以点为圆心，圆心角为，且半径为的圆弧及其内部， 连接交于点，因为四边形为正方形，所以为的中点，且， 因为正方形的边长为，则，所以， 设点到的距离为，则， 所以，面积的最小值为， 故， 即三棱锥体积的最小值为. 故选：C. 10. 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍. 【详解】在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7. 设△ABC的内切圆的半径为r，则 bcsin A＝ (a＋b＋c)r，解得r＝， 所以S△BOC＝×a×r＝×7×＝. 故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为＝. 故选：B 【点睛】本题考查了余弦定理、根据内切圆半径求三角形的面积，属于基础题. 第二部分（非选择题共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，则＝________. 【答案】 【解析】 【分析】将两边平方，利用同角三角函数的关系与二倍角的正弦公式可得解. 【详解】由，平方可得 即，所以. 故答案为：. 12. 已知复数，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由复数的除法结合共轭复数的定义计算可得. 【详解】，所以， 所以. 故答案为：3 13. 如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则在平面图形中，______；图形的面积为______． 【答案】 ①. 2 ②. 3 【解析】 【分析】第一空由斜二测画法可得；第二空先由直观图求出梯形的高和面积，再由原图与直观图的面积关系计算可得. 【详解】由斜二测画法可知； 由图可得梯形的高为， 所以梯形的面积， 则平面图形的面积为. 故答案为：2；3. 14. 在水流速度为河中，要使船以的速度与河岸成直角横渡，则船行驶速度的大小为______，与水流方向所成的角为______． 【答案】 ①. 20 ②. 【解析】 【分析】表示水流方向，表示垂直于对岸横渡的方向，表示船实际航行的方向，则，由可得答案. 【详解】如图，表示水流方向，表示垂直于对岸横渡的方向，表示船实际航行的方向，则，由题意知，，所以，且．所以船行驶速度的大小为，与水流方向所成的角为． 故答案为：①20②． 15. 已知中，，，若点是边上一点，是的中点，给出下列四个结论： ①若，则； ②若在方向上的投影向量为，则的最小值为； ③若，则的最大值为； ④若，则为定值． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据正弦定理可知，再根据各向量关系分别判断三角形形状，数形结合可得解. 【详解】由已知，结合正弦定理可知， 即， ①如图所示，设中点为，则， 即，所以是以为底的等腰三角形， 所以，①正确； ②如图所示，若在方向上的投影向量为，则，即，即为直角三角形， 则当时，即时，取得最小值为，②错误； 若，则， 此时，即， 则， 又， 所以当点与重合时，取得最大值为，③正确； 若，即， 所以， 又，，则， 即是以为底的等腰三角形， 如图所示，， 所以，④正确； 故答案为：①③④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知复数． （1）当时，求的值； （2）若复数为纯虚数，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，求得，根据复数的运算法则及复数的模求解即可. （2）根据复数为纯虚数的条件求得的值，再根据复数的乘法法则求解即可. 【小问1详解】 当时， 所以 . 【小问2详解】 由为纯虚数知， 得，解得. 所以． . 17. 已知． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的平方关系可得，再由两角差的正弦公式即可求解； （2）根据同角三角函数的平方关系可得，由二倍角公式和同角三角函数的商数关系可得，再由两角和的正切公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 所以 ； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， ， 所以， 所以. 18. 在中，． （1）求的大小； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求BC边上中线的长． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，得到，求得，即可求解. （2）取BC中点，则BC边上中线为，且，选条件①：由余弦定理，求得或，再利用余弦定理，即可求得的值；选条件③：由的面积为，结合面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 在中，可得，所以， 由正弦定理，可得， 因为，所以， 又因且，所以，所以 因，所以. 【小问2详解】 取BC中点，则BC边上中线为，且， 选条件①：当时， 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或， 当时，可得，所以； 当时，可得. 选条件③：由的面积为， 在中，可得，解得， 由余弦定理，可得，所以． 若选条件②：由， 由函数在上为单调递减函数，所以， 此时，不符合题意. 19. 已知平面四边形的边长满足，且． （1）若，求的大小； （2）若，求四边形的面积． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，同角的三角函数关系结合题意计算可得； （2）利用题中数据由余弦定理求出，再利用三角形的面积公式计算可得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理知，. 因为，所以， 且 因为， 所以． 又因为，且 所以或. 【小问2详解】 因为， 所以， 因为， 所以在中，由余弦定理可得 在中，由余弦定理可得 所以 故四边形的面积 20. 如图，在正四棱锥中，侧棱SA长1，记，其体积记为，表面积记为． （1）求的值； （2）求的解析式，并直接写出的取值范围； （3）试判断是否存在最值，并说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由已知根据余弦定理可得，设正方形ABCD的中心为，由勾股定理可得，由锥体体积公式表示，即可求解； （2）根据正四棱锥的表面积公式直接求解； （3）由辅助角公式可得，结合角的范围即可求解. 【小问1详解】 因为正四棱锥中，， 所以， 设正方形ABCD的中心为，连接， 则， 则在中，， 则， 所以； 【小问2详解】 ， ， 由正四棱锥的结构特征可知； 【小问3详解】 ， 因为，所以， 所以， 所以，所以不存在最值. 21. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. （1）在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； （2）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，求出的表达式，在中依据余弦定理可得，代入得的表达式化简，再在中，用正弦定理，求出，代入的表达式，通过三角恒等化简可得出答案. 【小问1详解】 ①因为， ， 所以； ②由，即， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得； 【小问2详解】 依题意设， ， 因为为中点，则， 为中点，所以， 所以 ， 因为， 则， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， ， 在中，由正弦定理， 设，则， ，其中，是取等号， 则. 【点睛】关键点点睛：设出坐标，求出的表达式是解决第三问的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$