精品解析：山西省孝义市2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

2025年孝义市春季学期高一期中考试试题（卷） 数学 命题人：马丽华 闫瑞芳 审题人：薛高林 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色中性笔，将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2．请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效. 3．本试题考试时间120分钟，满分150分. 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，（其中为虚数单位，为复数集），则（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题是真命题的是（ ） A. 两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B. 正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C. 经过不共线的三个点的球有且只有一个 D. 直棱柱的侧面是矩形 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 4. 设均为单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1.其平面图如图2的扇形AOB，其中∠AOB＝120°，OA＝2OC＝2，点E在弧CD上，则的最小值是（ ） A. －1 B. 1 C. －3 D. 3 6. 定义在上的函数，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 8. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（ ） A. 周长为 B. 三个内角A，C，B满足关系 C. 外接圆半径为 D. 中线CD的长为 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 设，为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，，，则（ ） A. 的图象是由的图象向左平移个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2倍得到 B. 的图象是由的图象向右平移个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2倍得到 C. 当时，函数的图象与在区间内有两个不同交点 D. 当时， 11. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用（图1），明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图2）.若一半径为2米的筒车水轮圆心O距离水面1米（图3），已知水轮按逆时针转动，每分钟转动4圈，当水轮上点P从水中浮现时（图3中点）开始计时，经过t秒后点P距离水面的高度为h米，下列结论正确的有（ ） A. h关于t的函数解析式为 B. 点P第一次到达最高点需用时5秒 C. P再次接触水面需用时10秒 D. 当点P运动2.5秒时，距水面的高度为1.5米 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则与向量重直的单位向量为_____． 13. ________． 14. 我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，平面与平面的距离为1则，该刍童外接球的体积为______. 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在边长为2的菱形中. （1）求； （2）若E为对角线上一动点.连结并延长，交于点F，连结，设.当λ为何值时，可使最小，并求出的最小值. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，求的值． 17. 在中，内角、、所对的边分别为、、，满足. （1）求角的大小； （2）若，边上的中线的长为，求的面积； （3）若内角的角平分线交于点，且，求的面积的最小值． 18. 已知数（）的相邻两对称轴间的距离为. （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若，，求的值； （3）对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，，…，，若，试求与的值. 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，且，若，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年孝义市春季学期高一期中考试试题（卷） 数学 命题人：马丽华 闫瑞芳 审题人：薛高林 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色中性笔，将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2．请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，答案写在试题上无效. 3．本试题考试时间120分钟，满分150分. 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，（其中为虚数单位，为复数集），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分别化简集合与集合，再求出，最后求出. 【详解】，，． 故选：C． 2. 下列命题是真命题的是（ ） A. 两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B. 正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C. 经过不共线的三个点的球有且只有一个 D. 直棱柱的侧面是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案. 【详解】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误． 对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误． 对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误． 对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确． 故选：D 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可. 【详解】由题意可得：， 由直观图可得原图，如图所示，可知：， 可得， 所以原三角形的周长. 故选：B. 4. 设均为单位向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】根据题意，由向量数量积的运算律代入计算，结合充分条件以及必要条件的定义，即可得到结果. 【详解】若，则， 即， 即，所以，即，所以充分性成立， 若，则，此时，， 所以，即，所以必要性成立， 所以“”是“”的充分必要条件. 故选：C 5. 折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1.其平面图如图2的扇形AOB，其中∠AOB＝120°，OA＝2OC＝2，点E在弧CD上，则的最小值是（ ） A. －1 B. 1 C. －3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示，结合三角函数的知识求得正确答案. 【详解】以为原点，为轴的正方形建立平面直角坐标系， 则，设， ， 所以当时，取得最小值. 故选：C 6. 定义在上的函数，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的奇偶性、单调性结合对数的运算和三角函数的单调性可得. 【详解】因为在上单调递减，在上单调递减， 所以函数在上单调递减， 又， 所以是偶函数， 又函数在上单调递增，则， 而在上单调递增，则， ，则， . 故选：B. 7. 已知，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由同角三角函数的平方关系和二倍角正弦公式求出，再由二倍角的余弦公式代入化简，结合同角三角函数的基本关系即可求出答案. 【详解】因为， 所以，所以， 又，解得：， 因为，所以,所以， 所以. 故选：C. 8. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（ ） A. 周长为 B. 三个内角A，C，B满足关系 C. 外接圆半径为 D. 中线CD的长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】 直接利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用判断ABCD的结论，从而得解． 【详解】现有△ABC满足sinA：sinB：sinc＝2：3：， 所以a：b：c＝2：3：， 设a＝2t，b＝3t，ct，t＞0， 利用余弦定理cosC， 由于C∈（0，π）， 所以C． 所以A+B，故A+B＝2C，所以△ABC三个内角A，C，B成等差数列，故B正确； 利用S△ABC， 所以absinC•2t•3t•，解得t＝1． 所以：a＝2，b＝3，c， 所以△ABC的周长为5，故A正确； 利用正弦定理 2R，△ABC外接圆半径R为，故C错误； 如图所示： 利用正弦定理，解得sinA，所以cosA， 利用余弦定理：CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•cosA＝92×3， 解得CD，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】本题考查正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力和转换能力及思维能力． 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 设，为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A、D找反例判断即可，对于选项B、C，根据复数模的计算即可判断. 【详解】设，，，，，， 对于选项A，例如，则，，两者不相等，故A错误； 对于选项B，因为， ， 又，，则，即，故B正确； 对于选项C，若，则，， 所以，故C正确； 对于选项D，令，，则，， 所以，此时，故D错误． 故选：BC. 10. 已知函数，，，则（ ） A. 的图象是由的图象向左平移个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2倍得到 B. 的图象是由的图象向右平移个单位长度，且所有点的纵坐标变为原来的2倍得到 C. 当时，函数的图象与在区间内有两个不同交点 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】由三角函数诱导公式以及函数图象变换，可得AB的正误；利用辅助角公式整理函数解析式，根据正弦函数的性质，可得C的正误；由三角函数的对称性，结合辅助角的正切值，可得D的正误. 【详解】对于选项A和B，因为， 所以的图象由的图象向右平移个单位长度，再纵坐标变为原来的2倍得到， 所以A不正确，B正确； 对于选项C，因为，其中， 因为，且取不到， 所以当时，直线与函数一个周期内的图象只有2个交点，所以C正确； 对于选项D，由C分析知，是在内的两个不等根， 由对称性知，， 所以，所以D正确． 故选：BCD． 11. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用（图1），明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图2）.若一半径为2米的筒车水轮圆心O距离水面1米（图3），已知水轮按逆时针转动，每分钟转动4圈，当水轮上点P从水中浮现时（图3中点）开始计时，经过t秒后点P距离水面的高度为h米，下列结论正确的有（ ） A. h关于t的函数解析式为 B. 点P第一次到达最高点需用时5秒 C. P再次接触水面需用时10秒 D. 当点P运动2.5秒时，距水面的高度为1.5米 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数模型的定义与性质，求出A、B和T、ω、φ，写出函数解析式，再判断选项中的命题是否正确． 【详解】函数中，所以， 时，，解得，因为，所以， 所以，A正确； 令得，则，解得， 所以x的最小值为5，即点P第一次到达最高点需用时5秒，B正确； 由题意知，点P再次接触水面需用时（秒），C正确； 当时，，点P距水面的高度为2米，D错误． 故选：ABC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则与向量重直的单位向量为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】首先求出，设与向量重直的单位向量为，则，解得即可. 【详解】因为，，所以， 设与向量重直的单位向量为， 则，解得或， 所以或. 故答案为：或 13. ________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用余弦二倍角，辅助角公式和诱导公式化简求解即可. 【详解】 . 故答案为：2 14. 我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童.如图的刍童有外接球，且，平面与平面的距离为1则，该刍童外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先设为刍童外接球的球心，，分别为矩形，的中心，由球的几何性质可知：，，三点共线，连接，，，，，再分别计算得到，，根据，即可得到答案. 【详解】设为刍童外接球的球心，，分别为矩形，的中心， 由球的几何性质可知：，，三点共线，连接，，， ，，如图所示： 由题知：平面，平面，所以. 因为， 设， 在中，， 因为， 在中，， 设外接球的半径为，则， 所以，解得. 所以，. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查几何体的外接球，解题的关键是找到外接球的球心，本题中首先设出外接球的球心，根据半径相等得到等量关系，从而求出球体半径和体积，考查了学生的空间想象能力，属于中档题. 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在边长为2的菱形中. （1）求； （2）若E为对角线上一动点.连结并延长，交于点F，连结，设.当λ为何值时，可使最小，并求出的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据菱形的几何性质，结合向量的加法以及数量积的运算律，可得答案； （2）根据菱形的几何性质以及相似三角形的判定与性质，结合向量的线性运算与数量积的运算律，利用二次函数的性质，可得答案. 【小问1详解】 在菱形中，易知，， 所以 . 【小问2详解】 在菱形中，，易知， 由，则，即， 所以 ， 故，所以当时，取得最小值为. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，正弦定理边角互化可得，即可求解； （2）由已知条件结合辅助角公式可得，即可求得角C，再由正弦定理结合已知条件，求得a与c的值，即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理得， 所以，即， 由正弦定理得， 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由，得， 因为，所以， 所以，解得， 所以， 因为， 所以， ， 所以. 17. 在中，内角、、所对的边分别为、、，满足. （1）求角的大小； （2）若，边上的中线的长为，求的面积； （3）若内角的角平分线交于点，且，求的面积的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）解法一：利用余弦定理以及，可得出关于、的方程组，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积； 解法二：由已知条件得出，利用平面向量数量积的运算性质结合余弦定理可得出关于、的方程组，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积； （3）由结合三角形的面积公式得出，利用基本不等式可得出的最小值，由此可求得面积的最小值. 【小问1详解】 由及正弦定理得： ， 因为、，所以，则，故. 【小问2详解】 解法一：因为，为中点，则， 由余弦定理得，得， 在中，， 在中，， 因为，所以， 所以，，解得：， 故的面积为； 解法二：因为为的中点，则， 所以，， 即， 由余弦定理可得，即， 所以，故的面积为. 【小问3详解】 因为，平分，所以， 又，则由，得， 所以， 由基本不等式可得，则，得， 当且仅当时，等号成立， 所以，故面积的最小值为. 18. 已知数（）的相邻两对称轴间的距离为. （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若，，求的值； （3）对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，，…，，若，试求与的值. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）首先化简函数的解析式，再根据函数的周期求参数； （2）首先根据三角函数图象变换求得函数的解析式，再利用三角函数恒等变换，即可求解； （3）首先根据（2）的结果，利用代入法求的范围，再结合三角函数的图象和性质找到的根的关系，相加即可求解. 【小问1详解】 ∵ ∴ 又∵，∴ ∴ 【小问2详解】 向右平移个单位，得; 再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得 因为，所以 因为，则，所以 故， 【小问3详解】 由方程，即，即, 因为，可得, 设，其中，即， 结合正弦函数的图象， 可得方程在区间有5个解，即， 其中，，，， 即，， ，， 解得，，，， 所以 综上，，. 19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为． （1）已知，求； （2）①已知的夹角为和的夹角为，证明：的充分必要条件是； ②在中，且，若，求． 【答案】（1）1 （2） ①因为 ， 且，，则， 所以. 若，等价于，即， 所以的充分必要条件是； ② 【解析】 【分析】（1）直接根据“相高度”的定义代入向量坐标计算； （2）①需要利用向量夹角公式和“相高度”的定义进行推导证明； ②先根据已知条件，结合重心性质，求出、的坐标关系，再代入“相高度”公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 ①略 ②因， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的重心，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $