精品解析：湖南省湘西州吉首市第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

湖南省湘西州吉首市第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题 2025年4月 时量：120分钟 满分：150分 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. 若复数所对应的点在第四象限，则所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数所在象限有，即可判断所在的象限. 【详解】由已知复数在第四象限，则，所以在第一象限． 故选：A 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，， 故， 故选：D. 3. 已知向量，，，则（ ） A. 6 B. 4 C. -6 D. -4 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的线性运算与数量积的坐标表示，可得答案. 【详解】因为，，，所以，， 则． 故选：C. 4. 下列命题正确的有（ ） ①若一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行 ②若一条直线在平面外，则该直线与此平面可能有公共点 ③采用斜二测画法画一个边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为 ④长方体各个面所在的平面将空间分成27部分 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】D 【解析】 【分析】对于①，根据线面平行的判定定理分析判断，对于②，根据直线在平面外的定义判断，对于③，根据直观图与原图形的关系分析判断，对于④，利用两个平行平面将空间分成3部分分析判断. 【详解】对于①，若一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行或在平面内，故①错误； 对于②，若一条直线在平面外，则该直线与此平面相交或平行，所以直线与此平面可能有公共点，故②正确； 对于③，因为斜二测画法中，所以，故③正确； 对于④，看成上、中、下三个部分，每个部分分空间为9个部分，所以共分27个部分，故④正确， 故选：D． 5. 设为非零向量，若，则最大值与最小值的差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的性质分别求出的最大值与最小值，最后计算它们的差值即可. 【详解】因为、、为非零向量，所以、、分别是与、、同向的单位向量，即.  当、、这三个单位向量方向相同时，取得最大值.此时.  当三个单位向量两两夹角为时，根据平行四边形法则知道，所以的最小值为.  的最大值为，最小值为，它们的差为.  故选：D. 6. 如图，在棱长为2正方体中，，分别是棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先取的中点，连接，，，易证平面，从而得到平面为所求截面，再计算其面积即可. 【详解】取的中点，连接，，，如图所示： 因为，所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面，即平面所求截面. 所以，. 故选：B 【点睛】本题主要考查线面平行的判定，同时考查了正方体的截面，属于简单题. 7. 已知是定义域为的奇函数，，且当时，单调递增，则满足不等式的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数在原点两边单调性是一致的，即可判断当时，的单调性，又即可得的解集，即可求解不等式． 【详解】因为是定义域为的奇函数且当时，单调递增，所以当，也是增函数，又， 所以当时，；当时，，当时，， 所以不等式，即或，解得或， 所以的取值范围是. 故选：D. 8. 设的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，，且B为钝角．的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理的边化角公式化简得出，，，最后由结合正弦函数的性质得出的取值范围. 【详解】由以及正弦定理得，所以 即，又B为钝角，所以，故 于是 ，因为，所以 由此，即的取值范围是 故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或不选得0分. 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. 复数z对应复平面内的向量是单位向量 B. 复数z的虚部等于i C. D. z与平面向量对应 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算可得，进而逐项计算判断即可得答案. 【详解】由题意，复数， 对于A项，复数对应复平面内的向量是，是单位向量，故A正确； 对于B项，复数，所以复数z的虚部等于1，故B错误： 对于C项，，故C正确； 对于D项，z与平面向量对应，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知正实数满足，下列结论中正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. 的最小值是3 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，直接应用均值不等式求出的最大值即可求解；对于B项：应用，对直接应用均值不等式即可求解；对于C项：构造展开再应用均值不等式即可求解；对于D项：将消去再应用均值不等式求解即可. 【详解】解：对于A项：因为，所以， 则（当且仅当时取等号），故A错误； 对于B项：因为（当且仅当时取等号），故B正确； 对于C项：因为，所以， 因为， 所以（当且仅当时取等号），故C正确； 对于D项：（当且仅当时取等号），故D正确. 故选：BCD. 11. 如图所示，点是函数(，)图象的最高点，､是图象与轴的交点，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题设可得为等腰直角三角形，故可得半周期，从而可得的值及各点坐标，通过的坐标可求，从而可得判断各项的正误. 【详解】由题知的纵坐标为，又，所以，， 所以，所以的周期，所以，，故B正确； 所以，故C正确；，故A错误， 将代入函数解析式可得：，()，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______.（用数字作答） 【答案】45 【解析】 【分析】利用指对数互化和指数幂的运算法则计算即得. 【详解】由，可得， 又，则. 故答案为：45. 13. 已知，，且，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题得，得到，即得解. 【详解】因为， 所以. 所以， 所以. 故答案为： 14. 在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为______． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】通过延长DF，交AB的延长线于点Q，先证明点G即EQ与PB的交点，利用及相似三角形，证得，由得到，，推出即得. 【详解】 如图，延长DF，交AB的延长线于点Q，连接EQ，EQ与PB的交点即为G. 理由如下：设D，E，F共面，因，则平面， 又因平面，故三点共线，即. 取AB的中点M，连接EM，因，由可得, 因,则,又E是棱PA的中点，则,则得, 故有，又，所以，故． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查通过四点共面确定点的位置的方法，属于较难题. 解题的关键在于先由，通过两个平面的相交，证明点在交线上，从而确定点的位置. 四、解答题：本题共5小题．共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由，利用正弦定理得到，然后利用两角和的正弦公式化简得到求解. （2）根据，，利用余弦定理求得，代入公式求解. 【详解】（1）,由正弦定理得 ∴ ， 在中，,可得， 又∴ （2）∵，其中，， ∴， 所以. 16. 已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，点D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）若底面ABC为边长为2的正三角形，，求三棱锥体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，只要证明即可； （2）求出面，得到是棱锥的高，利用棱锥的体积公式解答即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 四边形是矩形， 为的中点，又是的中点， ，又平面平面, 平面； 【小问2详解】 是的中点， ， 又平面平面 平面, 平面, 则是三棱锥的高, 又 . 17. 设函数，. （1）求的最小正周期和对称中心； （2）若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，求函数在区间上的值域. 【答案】（1）的最小正周期为，对称中心为；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简函数的解析式为，根据正弦函数的图象与性质即可求解的最小正周期与对称中心；（2）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，判断函数在上的单调性从而求得值域. 【详解】（1） 令，解得， 所以的最小正周期为，对称中心为； （2）函数的图像向左平移个单位得到函数， 令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 因为， 所以函数在区间上的值域为. 【点睛】本题考查三角恒等变换，求正弦型函数的周期性、对称性与单调性，三角函数图象变换规则，属于中档题. 18. 如图，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于处时，乙船位于甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里；当甲船航行分钟到达处时，乙船航行到甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里. （1）求乙船的速度； （2）若乙船在处的航行速度提高到每小时海里，甲船的航行速度不变，试问甲、乙两船是否会相遇，若相遇，则求出甲船从处到相遇所用的时间；若不相遇，请说明理由. 【答案】（1）海里/小时；（2）相遇，小时. 【解析】 【分析】（1）连接，分析出为等边三角形，可求得的值，利用余弦定理可求得，进而可求得乙船的速度； （2）分别延长、交于点，计算出、，计算出、，比较大小后可得出结论. 【详解】（1）连接，由题意可得，，， 因为，，故为等边三角形， 所以，， 在中，，，， 由余弦定理可得，故， 所以乙船的速度为（海里/小时）； （2）分别延长、交于点， 由（1）得，所以. 故，则， 所以. 则在中，，， 由正弦定理可得，故， 因为，， 所以两船会相遇，且甲船从到相遇所用时间为小时. 19. 已知过点，且满足. （1）求在上的最小值. （2）若，则称为的不动点，函数有两个不相等的不动点、，且，求的最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2）6 【解析】 【分析】（1）已知条件代入可求得，然后根据对称轴与区间的关系分类讨论求得最小值； （2）利用一元二次方程根的分布知识求得的范围，利用韦达定理表示出，再结合换元法，基本不等式求得最小值． 【小问1详解】 由题， ， 当时，上单调递增， ， 当即时， 在上单调递减，上单调递增， ， 当即时，在上单调递减， ， 【小问2详解】 ， 有两个不相等的不动点，且， 即有两个不等的正根， ，解得， ，， ， ， 令，，则，， ， （当且仅当，即时取“”）， 的最小值为6． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省湘西州吉首市第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题 2025年4月 时量：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本题共8小题．每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中．只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数所对应的点在第四象限，则所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，则（ ） A. 6 B. 4 C. -6 D. -4 4. 下列命题正确有（ ） ①若一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行 ②若一条直线平面外，则该直线与此平面可能有公共点 ③采用斜二测画法画一个边长为2的正方形的直观图，则直观图的面积为 ④长方体各个面所在平面将空间分成27部分 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 5. 设为非零向量，若，则的最大值与最小值的差为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义域为奇函数，，且当时，单调递增，则满足不等式的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，，且B为钝角．的取值范围（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或不选得0分. 9. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. 复数z对应复平面内的向量是单位向量 B. 复数z的虚部等于i C. D. z与平面向量对应 10. 已知正实数满足，下列结论中正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最小值是 C. 的最小值是3 D. 的最小值为 11. 如图所示，点是函数(，)图象的最高点，､是图象与轴的交点，若，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______.（用数字作答） 13. 已知，，且，则____________. 14. 在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为______． 四、解答题：本题共5小题．共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 16. 已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，点D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）若底面ABC为边长为2的正三角形，，求三棱锥体积． 17. 设函数，. （1）求的最小正周期和对称中心； （2）若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，求函数在区间上的值域. 18. 如图，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于处时，乙船位于甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里；当甲船航行分钟到达处时，乙船航行到甲船的北偏西方向的处，此时两船相距海里. （1）求乙船的速度； （2）若乙船在处的航行速度提高到每小时海里，甲船的航行速度不变，试问甲、乙两船是否会相遇，若相遇，则求出甲船从处到相遇所用的时间；若不相遇，请说明理由. 19. 已知过点，且满足. （1）求在上的最小值. （2）若，则称为的不动点，函数有两个不相等的不动点、，且，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$