精品解析：云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

玉溪师院附中2027届高一下学期期中考试 数学试卷 命题人：陈美谷 审题人：奎表佳 考试时间：120分钟 一､选择题：本题共8个小题，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，集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解分式不等式，求得集合，再利用交集的定义求解即得. 【详解】由可得且，解得或， 即或，又， 故. 故选：D. 2. 若函数（，）的图象经过定点P，且点P在角的终边上，则的值等于（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象的平移变换可得定点的坐标，再根据三角形函数的定义可得结果. 【详解】因为函数的图象经过定点， 所以函数的图象经过定点， 因为点在角的终边上，所以. 故选：C. 3. 在边长为的正三角形中裁剪一个面积最大的扇形，则这个扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当以正三角形的一个顶点为扇形的圆心，以正三角形的高为半径时所得到的扇形的面积最大， 由正三角形性质可算得其高，也即扇形半径，由扇形面积公式可算得答案. 【详解】由题意，当以正三角形的一个顶点为扇形的圆心，以正三角形的高为半径时所得到的扇形的面积最大， 该扇形所对的圆心角为，而边长为的正三角形的高为， 由扇形面积公式可得该扇形面积为. 故选：B. 4. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出矩形的面积，再利用斜二测画法中直观图面积与原图形面积的关系求得答案. 【详解】依题意，矩形的面积， 而斜二测画法中直观图面积是原图形面积的， 所以的面积为. 故选：D 5. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三边满足，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知条件及余弦定理解得，再通过三角形的面积公式即可求解. 【详解】因为， 所以. 又，由余弦定理得： ， 所以， 故的面积， 故选：A. 6. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，由三角形相似比得到，再由两圆锥的侧面积之差计算可得. 【详解】如图，设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径，， 由于，所以， 所以， 所以原圆台的侧面积为， 故选：A. 7. 如图，在中，点满足，.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量加减法的几何表示和平面向量的基本定理可得. 【详解】， 故，，， 故选：A 8. 设定义在上函数满足为偶函数，为奇函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据为奇函数和为偶函数得出对称轴及对称中心，再化简得出周期，最后应用已知函数值即可求解. 【详解】为偶函数，, 为奇函数，,, , , . 故选:C. 二､多选题：本题共3个小题，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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数满足，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 和是方程的两个根 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知条件结合复数的运算法则求得，，再逐个选项判断即可. 【详解】因为，所以， 所以，， 所以，所以A错误，B正确； ，所以C正确； 因为，，所以，， 所以D错误. 故选：BC 10. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期为2 B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 若方程在上有两个不等实数根，则． 【答案】BC 【解析】 【分析】首先通过图象的最值确定的值，再根据图象上两点的横坐标求出周期，进而得到的值，然后将特殊点代入函数求出的值，最后根据正弦函数的对称轴性质以及方程根的对称性来逐一分析选项. 【详解】由函数图象可知， 表示振幅，所以.  函数的图象过点和，这两点间的距离是个周期，即，那么，故A错误；  根据正弦型函数的周期公式（），可得，所以.   把点代入中，得到，即. 因为，所以，，解得，故B正确； 由上分析可得：. 令，解得. 当时，，所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 函数的图象在上，其对称轴为，即. 若方程在上有两个不等实数根，根据正弦函数图象的对称性可知.所以，故D错误.  故选：BC. 11. 下列几种说法中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】取特例判断A，根据作差法判断BC，利用不等式性质判断D. 【详解】当时，满足，但不成立，故A错误； 因为，所以，即，故B正确； 因为，所以，即，故C正确； 因为，所以，所以， 又，所以，故D正确. 故选：BCD 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，则在上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题可先根据向量垂直的性质求出的值，再根据投影向量的计算公式求出在上的投影向量的坐标. 【详解】已知，则. 因为，根据向量垂直的性质可知，即. 将代入上式可得，即，解得.  根据投影向量的计算公式，向量在向量上的投影向量为. 将，，代入可得： .  故答案为：. 13. 已知幂函数过点，若，则实数a的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】设出幂函数解析式代入点待定，再结合函数的单调性与定义域得不等式组求解即可得. 【详解】设幂函数，因为函数图象过点， 则，解得， 则，其定义域为，且在单调递减. 所以由， 可得，解得. 所以实数a的取值范围是. 故答案为：. 14. 在正方形中，分别为线段的中点，连接，将分别沿折起，使三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题设条件分析可得折起来后两两互相垂直，所以三棱锥的外接球是以为棱的长方体的外接球，由此可求得外接球半径，可以算出该三棱锥的体积和表面积，由体积相等可求得内切球半径，由此可出答案. 【详解】由题意画出图形如图所示： 在正方形中，，折起来后两两互相垂直， 故三棱锥的外接球是以为棱的长方体的外接球， 不妨设正方形的边长为2，则， ， 设内切球的球心为，则三棱锥的体积为， 三棱锥表面积， 由， 所以该三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为. 故答案为：. 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. 已知向量. （1）若向量与共线，求实数的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标运算和向量平行的坐标表示求解可得； （2）根据且不同向列方程求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，， 又向量与共线，所以，解得. 【小问2详解】 若向量与的夹角为锐角，则且不同向， 由，解得， 由得，此时同向，不满足题意. 综上，实数的取值范围为. 16. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式、同角的三角函数关系式化简已知式，结合正、余弦定理计算即得； （2）由（1）已得，利用三角形面积公式求得，再由余弦定理求出边即得. 【小问1详解】 由可得： ， 即， 化简得：， 由正弦定理，可得， 又由余弦定理，可得， 又，故． 【小问2详解】 由（1）得，所以，则． 由余弦定理得， 则，所以的周长为． 17. 已知函数 （1）函数的单调增区间； （2）当时，若，求的值. 【答案】（1）， （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简函数 ，根据复合函数即可求单调区间； （2）由可求出的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得函数的解. 【小问1详解】 因为 所以要求函数的增区间，须有 ， 解之得，， 所以函数的单调增区间为， 【小问2详解】 因为，即， 所以或 解得或 又因为，所以或. 18. 已知函数为偶函数. （1）求实数的值； （2）求函数的值域； （3）若函数，那么是否存在实数，使得的最小值为1，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由函数的定义域为，根据偶函数的定义即可求解； （2）将函数变形，令，，由基本不等式结合对数函数的单调性即可求解； （3）令，构造新函数，，根据二次函数的性质分情况讨论即可求解. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 因为函数为偶函数，所以， 所以，得； 【小问2详解】 ， 设， 所以，， 因为，所以，所以， 当且仅当，，即，时，等号成立， 所以函数的值域为； 【小问3详解】 ，，， 令，所以设，，函数的对称轴， 当，即时，在上单调递增， ，所以，得，成立， 当时，即时，在上单调递减， ，所以，得，舍去， 当时，即，函数的最小值为， 所以，得，舍去， 综上可知，. 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，，角的平分线与交于点，且，若，求. 【答案】（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）根据题意直接代入公式运算即可； （2）①根据向量的坐标运算可得，进而可知，结合题意即可分析证明；②根据角平分线的性质结合数量积可得，且可知点为的重心，进而求，即可得结果. 【小问1详解】 因为， 所以. 【小问2详解】 ①略 ②因为角A的平分线AD与BC交于点D，则，即， 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 $ 玉溪师院附中2027届高一下学期期中考试 数学试卷 命题人：陈美谷 审题人：奎表佳 考试时间：120分钟 一､选择题：本题共8个小题，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，集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2. 若函数（，）的图象经过定点P，且点P在角的终边上，则的值等于（ ） A. 2 B. C. D. 3. 在边长为的正三角形中裁剪一个面积最大的扇形，则这个扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 5. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且三边满足，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点满足，.若，则（ ） A. B. C. D. 8. 设定义在上函数满足为偶函数，为奇函数，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 二､多选题：本题共3个小题，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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数满足，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 和是方程的两个根 10. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期为2 B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 若方程在上有两个不等实数根，则． 11. 下列几种说法中，正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，满足，则在上的投影向量的坐标为______． 13. 已知幂函数过点，若，则实数a的取值范围是_________. 14. 在正方形中，分别为线段的中点，连接，将分别沿折起，使三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为__________. 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. 已知向量. （1）若向量与共线，求实数的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. 已知函数 （1）函数的单调增区间； （2）当时，若，求的值. 18. 已知函数为偶函数. （1）求实数的值； （2）求函数的值域； （3）若函数，那么是否存在实数，使得的最小值为1，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 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，，角的平分线与交于点，且，若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $