精品解析：浙江省诸暨中学暨阳分校2024-2025学年高一下学期期中数学试题

诸暨中学暨阳分校2024学年第二学期期中考试 高一数学 试题 命题：张叶飞 审题：陈见欢 考生须知： 1．本试题卷分为四部分，共4页，满分150分，考试时间为120分钟. 2.考生答题前，务必将自己的姓名、考号、班级（行政班、教学班）用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，须将原填涂处用橡皮擦净.（如果选择题要填答题卡，请说明.如没有则不用说明） 4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知全集，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合运算直接求解即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以. 故选：D 2. 下列各向量运算的结果与相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】据向量加、减法的运算法则逐项判断即可. 【详解】如图，以，为临边作平行四边形， 则，，，， 所以与相等的是. 故选：C 3. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例可判断A、C、D是假命题；利用作差法比较大小可判断B正确. 【详解】对于A，当时，，故A是假命题； 对于B，若，则， 由于不同时为0，所以，故B是真命题； 对于C，当时，，故C是假命题； 对于D，当时，不成立，故D是假命题； 故选：B 4. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若、，则 B. 若、，则 C. 若、，则 D. 若、，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面的位置关系依次对选项进行判断. 【详解】A选项，若、，则或，所以A不正确； B选项，若、，则，所以B正确； C选项，若、，则与平行或异面，所以C不正确； D选项，若，，则与的位置关系不确定，所以D不正确. 故选:B． 5. 若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用向量夹角公式及数量积的运算律求夹角即可. 【详解】由题设， 由， 所以，而，则. 故选：A 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，结合一元二次不等式的解法即可得解. 【详解】由题意可得或， 解得， 所以不等式的解集为. 故选：A 7. 如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于（ ） A. B. C －1 D. －1 【答案】C 【解析】 【分析】在ABC中，由正弦定理得，再在ADC中，由正弦定理得解. 【详解】在ABC中，由正弦定理得， ∴． 在ADC中，， ∴. 故选：C 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得梯形的外接圆的圆心为的中点，据此计算可求外接球的体积. 【详解】因为，，所以， 在中，由余弦定理可得， 又，所以，所以， 所以的外心是的中点，连接，可得四边形是平行四边形， 所以，从而是梯形的外接圆的圆心， 过作平面，为四棱锥的外接球的球心， 因为平面，又平面，所以， 又因为，所以，所以， 所以，所以球的体积. 故选：B 二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】BC 【解析】 【分析】化简复数得，然后逐项判断即可. 【详解】，虚部为1，所以A错误，，所以B正确， ，所以C正确，在复平面内对应的点为，位于第二象限，所以D错误. 故选：BC 10. 函数，若，，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线是图象的一条对称轴 C. 在上的最小值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用半角公式、辅助角公式化简函数即可，B选项，验证法判断直线是的对称轴，结合正弦函数的性质求解最小值判断C，根据同角三角函数基本关系及两角和的余弦公式求解判断D. 【详解】依题意，，A正确； 由于，故直线是图象的对称轴，B正确； 当时，，而正弦函数在上单调递增， 则函数的最小值为，C错误； 当时，，由，得， 则， 故，D正确. 故选：ABD 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则 D. 若，则为锐角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据正弦定理即可判断；对B，利用正弦定理结合三角恒等变换可判断；对C，根据余弦定理、正弦定理结合三角形面积公式判断即可判断；对D，根据两角和的正切公式化简即可判断. 【详解】对于A，若，则，所以，所以，故A正确； 对于B，若，则，所以， 所以，又，，所以或， 所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，若， 设，解得， 由余弦定理得， 所以，所以， 因为， 所以，所以，故C正确. 对于D，，所以，所以， 所以，若， 则，又，所以， 所以，所以为锐角三角形，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为________ 【答案】4 【解析】 【分析】应用斜二测画法确定原图相关线段的长度及，即可求面积. 【详解】由题设及斜二测画法知，，且， 所以的面积为. 故答案为：4 13. 已知函数对任意，都有，的图象关于原点对称，且，则________ 【答案】2 【解析】 【分析】由已知可得，可得周期为6，又可得，从而可求/ 【详解】函数对任意，都有，所以， 所以，所以是心6为周期的周期函数， 又的图象关于原点对称，所以是奇函数，即， 所以. 故答案：. 14. 锐角中，角,,所对的边分别为,,，，且，则周长的取值范围为______ 【答案】 【解析】 【分析】先利用正余弦定理及两角和正弦公式化简题干得出，再利用锐角三角形即可求解角范围，再利用正弦定理求出，得出关于角的函数，最后求该函数的值域即可. 【详解】，由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 所以， 又， 所以，又为锐角三角形，所以， 又，所以，， 所以， 又，解得，所以，所以， 则， 故周长的取值范围是. 故答案为： 四、解答题（本大题共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，. （1）求及； （2）若与共线，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标运算求得，然后利用向量模的坐标表示求解即可； （2）先求出和的坐标，然后利用共线向量的坐标运算公式列式求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以， ， 因为与共线，所以，解得. 16. 如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设交于，连结，可得，即可证得平面； （2）通过证明，即可得平面，进而可得； （3）通过体积转化得，再求出直四棱柱底面面积，根据柱体的体积公式即可求解. 【小问1详解】 如图，连结，设交于，连结， 因为底面是菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 在直四棱柱中，平面， 平面，所以， 又底面是菱形，所以， 因平面，且， 所以平面，又平面， 所以. 【小问3详解】 设到平面的距离为， 则， 而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，， 所以菱形的面积为， 所以. 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）若，，求的面积； （3）若平分交于点，，，求. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及商数关系有，即可得； （2）由余弦定理得，结合已知有，再应用三角形面积公式求面积； （3）由角平分线得到，进而有，再由及向量数量积的运算律列方程，即可得. 【小问1详解】 由正弦边角关系有，且， 所以，又，则； 【小问2详解】 由余弦定理有，则， 所以，又，则， 所以的面积； 【小问3详解】 由角平分线且，则，故， 由， 所以， 所以，则. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. （1）若，求证：平面； （2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，结合，可得平面； （2）由题意可得与平面所成角即为与平面所成角，过作于，连接，可得，可求得，利用等体积法可求得到平面的距离，可得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以， 又底面是矩形，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面. 【小问2详解】 连接，因为，分别是，的中点，所以，， 又是的中点，底面是矩形，所以，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以与平面所成角即为与平面所成角， 因为又平面，平面，所以， 过作于，连接， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以，所以， 由，可得，所以， 设到平面的距离为， 由，所以， 又，所以， 所以，解得， 又，所以与平面所成角的正弦值为， 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 函数的定义域为，若对于任意的，都有，成立，则称为阶伸缩函数. （1）若函数为2阶伸缩函数，且当时，，求； （2）若函数为3阶伸缩函数，且当时，求证：函数在上无零点； （3）若函数为阶伸缩函数，且当时，的取值范围是，求在上的取值范围. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据新定义求函数值即可； （2）由题意，则，进而有，应用方程法判断零点的个数即可； （3）根据阶缩放函数成立的条件建立条件关系即可求出结论． 【小问1详解】 由题设； 【小问2详解】 当，则，又， 所以， 令，则，可得，故或， 显然、都不在区间内，故在上无零点； 小问3详解】 由题设，，且， 当，且，，使，所以， 即，故，则，， 当时，的取值范围是， 当时，，且，则，所以， 所以在上的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 诸暨中学暨阳分校2024学年第二学期期中考试 高一数学 试题 命题：张叶飞 审题：陈见欢 考生须知： 1．本试题卷分为四部分，共4页，满分150分，考试时间为120分钟. 2.考生答题前，务必将自己的姓名、考号、班级（行政班、教学班）用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上. 3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如有改动，须将原填涂处用橡皮擦净.（如果选择题要填答题卡，请说明.如没有则不用说明） 4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸相应区域内，答案写在本试题卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知全集，，，则（ ） A B. C. D. 2. 下列各向量运算的结果与相等的是（ ） A. B. C. D. 3. 给出下列命题，其中正确的命题是（ ） A. B. C. D. 4. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若、，则 B. 若、，则 C. 若、，则 D 若、，则 5. 若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，在坡度一定山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于（ ） A. B. C. －1 D. －1 8. 已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 10. 函数，若，，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线是图象的一条对称轴 C. 在上的最小值为 D. 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则 D. 若，则为锐角三角形 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为________ 13. 已知函数对任意，都有，的图象关于原点对称，且，则________ 14. 锐角中，角,,所对边分别为,,，，且，则周长的取值范围为______ 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知，. （1）求及； （2）若与共线，求. 16. 如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积. 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求； （2）若，，求面积； （3）若平分交于点，，，求. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点. （1）若，求证：平面； （2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值. 19. 函数的定义域为，若对于任意的，都有，成立，则称为阶伸缩函数. （1）若函数为2阶伸缩函数，且当时，，求； （2）若函数为3阶伸缩函数，且当时，求证：函数在上无零点； （3）若函数为阶伸缩函数，且当时，的取值范围是，求在上的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$