精品解析：山东省郯城第一中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

郯城一中高一下学期期中考试 数学试题 2025.5.8 一、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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 计算出即可. 【详解】因为 所以其共轭复数是 故选：A 【点睛】本题考查的是复数的计算及其概念，较简单. 2. 已知平面四边形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形中的（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则结合勾股定理即可求解. 【详解】根据斜二测画法规则，，且，则， 故选：C． 3. 已知，分别为两个实根，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据韦达定理结合两角和正切公式计算即可. 【详解】因为，分别为两个实根，则， 则. 故选：C. 4. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 把平方求出，再由数量积定义求得夹角的余弦值，得夹角． 【详解】因为， 所以 所以， 故， 故与的夹角为. 故选：D 5. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出． 【详解】因为点D在边AB上，，所以，即， 所以． 故选：B． 6. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可. 【详解】连接交于点，连接， 由平面，平面，平面平面， 所以， 因为底面为平行四边形，所以， 又，则，所以. 故选：D. 7. 将正弦曲线向左平移个单位得到曲线，再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线，最后将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到曲线的，若曲线恰好是函数的图象，则在区间上的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数图象的变换规律可得的解析式，结合x的取值范围利用正弦函数的性质，即可求得答案. 【详解】将正弦曲线向左平移个单位得到曲线：的图象， 再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线：的图象， 将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到是曲线：的图象， 由于曲线恰好是函数的图象，故， 由得， 故， 故选：B 8. 已知棱长为的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可得外接圆半径，进而根据勾股定理可得四面体的高，即可根据球的性质，结合勾股定理求解半径得解. 【详解】由对称性，可知球心与正四面体重心重合， 由于球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，故每个面的交线为半径为3的圆． 设球心为,为的中心，则,故，故 设球心到任意面的距离为，则由等体积法可得, 故连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球的半径），由勾股定理得球的半径为，则表面积为． 故选：B． 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面 C. 过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D. 以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 【答案】BC 【解析】 【分析】利用棱台的结构特征判断A；利用棱柱的结构特征判断B；利用圆锥的结构特征判断C；利用圆台的结构特征判断D. 【详解】对A，棱台的侧棱延长后交于一点，但侧面不一定是等腰梯形，如一条侧棱垂直于底面，那么会有两个侧面为直角梯形，故A错误； 对B，棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面，故B正确； 对C，因为每条腰都是母线，且圆锥的母线长度相等，因此过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故C正确； 对D，以直角梯形的直角腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台，故D错误. 故选：BC. 10. 已知a，b是两条不同的直线，是一个平面，下列命题错误的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A. 利用线面平行的判定定理判断；B.利用线面平行的性质定理判断；C.利用线面平行的判定定理判断；D.利用线面平行的判定定理判断. 【详解】A. ，或，故错误； B. ，或a与b异面，故错误； C. ，或，故错误； D. ，，，故正确； 故选：ABC 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确. 【详解】对于中，由正弦定理得， 由，得，即， 由，则，故，所以或， 即或（舍去），即，A正确； 对于B，若，结合和正弦定理知， 又，所以可得，B正确； 对于，在锐角中，，即. 故，C错误； 对于，在锐角中，由， ， 令，则， 易知函数单调递增，所以可得，D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的相关参数，根据弧长公式求出底面半径，结合母线长利用勾股定理算出高，代入圆锥的体积公式即可. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为， 由题意， ，所以，，所以， 因此该圆锥的体积是. 故答案为：. 13. 已知都是锐角，，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】要求，先求，结合已知可有，利用两角差的余弦公式展开可求. 【详解】、为锐角， ， ， 由于为锐角， 故答案为： 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，边上的高为.若，，则的最小值为________________；若，则的最大值为________________. 【答案】 ①. 6 ②. 4 【解析】 【分析】若，根据三角形面积公式可得，利用，得解；若，根据三角形面积公式可得，结合余弦定理可得，代入运算得解. 【详解】若，由， 所以，当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为6. 若，，解得, 由余弦定理得， 整理得， ，当时，取得最大值4. 故答案为：6，4. 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. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数过原点. （1）求的解析式； （2）若函数的一个零点为，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由周期求出，再由题意可得函数为奇函数，可得的值，可得函数的解析式； （2）由题意可得，即可求出，再由及两角差的余弦公式计算可得． 【小问1详解】 由题意可得，可得，又， 而，可得，此时， 由题意可得， 要使函数为奇函数，则，， 即，，而， 所以，所以； 【小问2详解】 由题意令， 可得，即， 因为， 所以，所以， 所以 . 16. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造三角形的中位线，可得线线平行，再利用线面平行的判定定理可得线面平行. （2）寻找线面平行，根据面面平行的判定定理证明面面平行. 【小问1详解】 如图：连接BD，设，连接OM， ∵在正方体中，四边形是正方形，是中点， 是的中点，， 平面，平面， 平面. 【小问2详解】 如图：连接，NB， 为的中点，为的中点， ，又， ∴四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面 由（1）知平面，，平面，平面， ∴平面平面. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，，. （1）求外接圆的面积； （2）若，，求的周长. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先利用诱导公式将原式化简，再运用正弦定理进行边角互化，得出角的大小，然后运用正弦定理求解外接圆的半径，从而得出外接圆的面积. （2）由及可解出，的大小，得出角的大小，进而得出角，然后在中，由余弦定理可解得的值，得出的周长. 【详解】（1）∵ ， ∴ ，由正弦定理得：， 因为 ，所以，得， 又，故 ， ∴外接圆的半径， ∴外接圆的面积为. （2）由及得：，， ∵，则为锐角， ∴，故. 如图所示，在中，由余弦定理得， ， 解得， 则的周长为. 【点睛】解三角形时，若题目所给式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若式子中含有角的正弦或者边的一次式时，则考虑用正弦定理；若以上特征不明显，则两个定理都有可能用到. 18. 已知函数，在上的最大值为3． （1）求的值及函数的最小正周期与单调递增区间； （2）若锐角中，角所对的边分别为a，b，c，且，求的取值范围． 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）将原式化简为，由最大值为3，求出的值，从而确定的解析式，再求周期与单调递增区间即可； （2）由，得到，借助角表示出，由正弦定理把求的取值范围转化为求的取值范围，再根据角的范围求解即可. 【小问1详解】 . 所以当时，取到最大值3， 即，，所以， 其最小正周期为． 令， 解得， 所以函数的单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）知，由， 可得，即， 因为，所以， 所以，即. 因为， 所以， 由正弦定理可知 ， 因为为锐角三角形，所以，即， 所以，所以， 所以，即， 所以的取值范围为． 19. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体的体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）代入四棱锥和四棱柱的体积公式，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件求四棱锥的底边长以及斜高，即可求解；（ⅱ）利用展开图，即可两点间距离，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，正四棱柱的高， 所以正四棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为； 【小问2详解】 （ⅰ），所以， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为； （ⅱ）如图，将长方形，和展开在一个平面， ，，设 ，， ，所以， 所以， ， 当四点共线时，最短， 所以 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郯城一中高一下学期期中考试 数学试题 2025.5.8 一、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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面四边形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形中的（ ） A. B. C. 3 D. 2 3. 已知，分别为两个实根，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 6. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 7. 将正弦曲线向左平移个单位得到曲线，再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线，最后将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到曲线的，若曲线恰好是函数的图象，则在区间上的值域是（ ） A. B. C. D. 8. 已知棱长为的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面 C. 过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D. 以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 10. 已知a，b是两条不同的直线，是一个平面，下列命题错误的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为______. 13. 已知都是锐角，，则___________. 14. 在中，角，，所对的边分别为，，，边上的高为.若，，则的最小值为________________；若，则的最大值为________________. 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. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数过原点. （1）求的解析式； （2）若函数的一个零点为，且，求. 16. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求证：平面平面. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，，. （1）求外接圆的面积； （2）若，，求的周长. 18. 已知函数，在上的最大值为3． （1）求的值及函数的最小正周期与单调递增区间； （2）若锐角中，角所对的边分别为a，b，c，且，求的取值范围． 19. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体的体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $