安徽省涡阳第四中学2024-2025学年高一下学期第二次月考数学试题

第 1页，共 4页 涡阳四中 2024 级高一（下）第二次质量检测 数学试卷 分值：150 分 时间：120 分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第 I 卷（选择题） 一、单选题 1．已知集合 A{高，考，必，胜}，B {四，中，必，胜}，则 （ ） A．{四，中，高，考} B．{必，胜} C．{金，榜，题，名} D．{四，中，高，考，必，胜} 2．函数   21f x x x    的定义域是（ ） A．   1,0 0,   B．    ,0 0,   C． 1,  D．R 3．若命题“ 2, 1x R x m    ”是真命题，则实数m的取值范围是（ ） A．t B． t C．t h D． t h 4． ABC 中， sin sinA B 是 a b 的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．给出如下三个等式：① h h ；② h ；③ . 则下列函数中，不满足其中任何一个等式的函数是（ ） A． B． u C． D． ln 6．如图，在三棱锥 A BCD 中，E， F分别为 AB，AD的中点，过 EF的平面 截三棱锥得到的截面为 EFHG.则下列结论中不一定成立的是（ ） A． / /EF GH B． / /BD GH C． / /GH 平面 ABD D． / /AC 平面EFHG 7．在h中， 5 7 8 a b c   ，则h的最大角与最小角的和是（ ） A．60o B．90 C．120 D．135 8．数学探索馆中“圆与非圆—搬运”的教具中出现的勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角 形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒 洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知 2AB  ，为弧 AC上的一点，且 PBC   ，则 h 的最小值为（ ） A． 2 B．0 C．2 3 4 D．2 第 2页，共 4页 二、多选题 9．下列各式中值为t的是（ ） A．2sin75 cos75  B． 2 5π1 2sin 12  C．sin45 cos15 cos45 sin15    D． tan20 tan25 tan20 tan25     10．已知复数 1 2 iz   ， 2 1 2iz   ，则（ ） A． t B．t的共轭复数为 C．复数t对应的点位于第二象限 D．复数 1 2 z z 为纯虚数 11．已知向量 sincos t u u u ，则（ ） A．若，则 π 3   B．在方向上的投影向量为 t C．存在，使得在 方向上投影向量的模为 1 D． 的取值范围为 tu 第 II 卷（非选择题） 三、填空题 12．如图，平行四边形 ABCD中， ，㌠ ，M是DC的中点，以为基底表示向量 t ． 13．已知复数 z满足 t，则 u 的最大值为 ． 14．平行于圆锥底面的截面将圆锥分为体积相等的两部分，则圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面 积之比为 ． 四、解答题 15．已知 t u h t， ，香 （1）设 3xt  ， ，香，求 t的最大值与最小值； （2）求 ( )f x 的最大值与最小值. 第 3页，共 4页 16．已知向量 tt t t. (1)求 uh ； (2)设的夹角为，求 cos 的值； (3)若向量 h ，求实数 的值. 17．如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E为 t的中点． (1)求证：ht平面 1AD E； (2)在线段 1BC 上(包括端点)任取一点 P，求三棱锥 1P AD E 的体积． 第 4页，共 4页 18．已知h内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，设 2 2(sin sin ) sin sin sinB C A B C   ． (1)求 A； (2)若 5b c  ，h的面积为 3 ，求 a的值． 19．是直线 飐外一点，点t在直线 飐上（点t与 飐两点均不重合），我们称如下操作为“由点 对 飐施以视角运算”： 若点t在线段 飐上，记 飐t sin∠t 飐 sin∠t飐 ；若点t在线段 飐外，记 飐t sin∠t 飐 sin∠t飐 ． 在△ h中，角 h的对边分别是 ，点D在射线 BC上． (1)若 AD是角A 的平分线，且 u，由点A 对 BC施以视角运算，求 h㌠ 的值； (2)若 60 , 4,A a AB AD    ，由点 对 h施以视角运算， h㌠ u，求h的周长． 答案第 1页，共 4页 涡阳四中 2024 级高一(下)第二次质量检测数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A B C C D C A AC AD BCD 1．D 【详解】根据并集的含义得 t{四，中，高，考，必，胜}. 故选：D. 2．A 【详解】要使函数   21f x x x    的有意义， x的取值满足 ，解得 1x   ，且 0x  ； 所以函数  f x 的定义域是    1, 0 0,   ． 故选：A． 【注】本题考查给定函数求定义域，此类题型要求满足函数各部分有意义，一般有以下几种情况：(1)整式 的定义域为 R；(2)分式的分母不为 0；(3)偶次根式的被开方数大于等于 0；(4)若 0( )f x x ，则 0x  ；(5) 对数的真数大于 0. 3．B【分析】根据全称命题的真假，只需  2 min1m x  即可求解. 【详解】命题“ 2, 1x R x m    ”是真命题，则  2 min1m x  ，又因为 2 1 1y x   ，所以 1m  ，即实数m 的取值范围是 . 故选：B 4．C 【详解】解：在三角形中，由正弦定理 sin sin a b A B  ，得 sin sin a A b B  ，若 sin 1 sin a A b B   ，可得 sin sina b A B   ， 即 sin sinA B 是 a b 的充要条件，故选 C． 5．C 【详解】A 中，若 f(x)=x2，∵f(ab)=(ab)2，f(a)•f(b)=a2•b2，f(ab)=f(a)•f(b)，故③成立， B 中，若 f(x)=3x，∵f(a+b)=3(a+b)，f(a)+f(b)=3a+3b，f(a+b)=f(a)+f(b)，故①成立， D 中，若 f(x)=lnx，f(ab)=lnab=lna+lnb=f(a)+f(b)，故②成立． C 中，若 f(x)=2x，∵f(a+b)=2a+b，f(a)+f(b)=2a+2b，f(a+b)=f(a)+f(b)不一定成立，故①不成立，∵f(ab)=2ab， f(a)+f(b)=2a+2b，f(ab)=2a•2b，f(ab)=f(a)+f(b)不一定成立，故②不成立，f(ab)=f(a)•f(b)不一定成立，故③不 成立， 故选 C． 6．D 【详解】对于A ， ，F 分别为 AB， AD的中点， / /EF BD ，EF与平面 BCD平行，过 EF的平面截 三棱锥得到的截面为 EFHG，平面 EFHG平面 BDC HG ， / /EF GH ， / /GH BD ，故 AB 正确；对于C， 㑐ഴഴt，BD 平面 ABD，GH  平面 ABD， / /GH 平面 ABD，故C正确；对于D， 㑐的位置不 确定， AC 与平面EFHG有可能相交，故D错误.故选:D. 7．C 【详解】结合 t t ，不妨设 5a  ， 7b  ， 8c  ，根据大边对大角可知：A B C  ，由余弦定理可得： 2 2 2 25 64 49 1cos 2 2 5 8 2 a c bB ac          ，又因为0 180B  ，所以 60B  ，所以 180 180 60 120A C B        ， 所以 的最大角与最小角之和为120 . 答案第 2页，共 4页 故选：C 8．A 【详解】因为 P为弧 AC上的一点，则 t ，且 t ，可知 t t t ，由图形可知：当点 P与点A 重合时，向量 在 方向上的投影取到最小值， 此时 t t ，所以 的最小值为 2 . 故选：A. 9．AC 【详解】因为   12sin 75 cos 75 sin 2 75 2       ，故选项 A 正确；因为 2 5π 5 31 2sin cos 2 12 12 2          ， 故选项 B 错误；因为   1sin 45 cos15 cos 45 sin15 sin 45 15 2          ，故选项 C 正确；因为   tan 20 tan 251 tan 20 25 1 tan 20 tan 25            ，整理得， tan 20 tan 25 tan 20 tan 25 1     ，故选项 D 错误； 故选：AC. 10．AD 【详解】因为 1 2 iz   ， 2 1 2iz   ，则 2 21 2 1 5z    ，   22 2 1 2 5z     ，故 A 正确； 1z 的共轭复数为 2 i ，故 B 错误；    1 2 2 i 1 2i 4 3iz z      ，复数 1 2z z 对应的点  4, 3 位于第四象限，故 C 错误；         1 2 2 i 1 2i2 i 2 i 4i 2 i 1 2i 1 2i 1 2i 5 z z             为纯虚数，故 D 正确．故选：AD. 11．BCD 【详解】对于 A，若 / / ，则 3 sin cos 0   ，则 3tan 3   ，所以 A 错误； 对于 B，在方向上的投影向量为 th t t t t ，故 B 正确；对于 C， t ，所以在 方向上投影向量的模为： th t t t hth t hth，当 t 时， sin 1  ，所以存在，使得在 方向上投影向量的模为 1，故 C 正确；对于 D，向量 t sincos t t hth th t hth th t hth ，所以hth ，则 ，故 D 正确. 故选：BCD. 12． 【详解】易知t t t tt ，显然tt t t t t ；可得t t ；故答案为： 13．4 【详解】设复数 i( , R)z a b a b   ，则 2 2 1a b  ，且 1 1b   . 2 2 2 23i ( 3)i ( 3) 1 ( 3) 10 6z a b a b b b b             ， 答案第 3页，共 4页 当 1b   时，10 6b 取到最大值 16，所以 max3i 16 4z    .故答案为：4. 14．t 【详解】设原来的圆锥体积为 V，底面半径为 R，高为 H，侧面积为 S，母线长为 L， 被截面分截后，上面小圆锥的体积为 1V ，底面半径为 r，高为 h，侧面积为 1S ，母线长为 l， 因为 1 2V V  ，即有 2 2 2 R H r h  ，又因为 R H r h  ，所以 3 3 2 R r  ，即有 3 2 R r  ，且 L R l r  ， 而 1π , πS RL S rl  ，故圆锥侧面被截面分成上、下两部分的面积之比为        3 3 31 1: π : π π : 2 2 1: 4 1S S S rl RL rl rl r l rl        .故答案为：  31: 4 1 15．【详解】(1)设 3xt  ， [0x ， 2]，则 ， 即 t的最大值为 9，最小值为 1； (2)设 3xt  ， [0x ， 2]，则1 9t ， 函数 ( )f x 转化为 2 22 4 ( 1) 3y t t t      ， ， 2 2 4  y t t 在 1,9 上单调递增， 当 1t  时， y最小为 3y  ， 当 9t  时， y最大为64 3 67  ， 即 ( )f x 的最大值为 67，最小值 3. 16．【详解】(1)因为向量 t ሺǡ t ሺ ǡ， 所以 t ሺǡ ሺ ǡ t ሺǡ， (2)因为向量 t ሺǡ t ሺ ǡ，的夹角为， 所以th t t t ， (3)因为向量 t ሺǡ t ሺ ǡ， 所以 t ሺǡ ሺ ǡ t ሺ ǡ， 因为 ， 所以 t ሺ ǡ t ，解得 5 2 k  17．【详解】(1)证明：由正方体的性质可知 1 1AB C D∥ ，且 1 1AB C D ， ∴四边形 1 1ABC D 是平行四边形，∴ 1 1BC AD∥ ． 又 1BC  平面 1AD E， 1AD 平面 1AD E， ∴ 1BC ∥平面 1AD E． (2)∵ 1BC ∥平面 1AD E， ∴直线 1BC 上的点到平面 1AD E的距离相等． ∴点 P的位置变化，三棱锥 1P AD E 的体积不变， 答案第 4页，共 4页 不妨让 P点与 B点重合，则 1 1 1 1 22 1 2 3 2 3P AD E D ABE V V             ． 18．【详解】(1)由 2 2(sin sin ) sin sin sinB C A B C   得 2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C    ， 由正弦定理得 2 2 2b c a bc    ． 由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc      ． t t ， 2π 3 A  ． (2)由于 的面积为 3，  hth t t ， ∴ t ， 由余弦定理得： t th t t ሺ ǡ t t ． ∴ t ． 19．【详解】(1)因为 AD是角A 的平分线，所以 BAD DAC  且D在线段 BC上， 所以   sin , ; sin AB BAD cB C D AC DAC b     ， 又 t ，所以   1, ; 3 cB C D b   ； (2)因为点D在射线 BC上， 60BAC  ，且 AB AD ，所以D在线段 BC外，且 30DAC  ， 所以   sin sin 90 2, ; 2 2 3 sin sin 30 AB BAD c cB C D AC DAC b b             ， 所以 3 1 2 b c ， 在 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 即 2 2 2 2 4 2 3 3 1 3 16 4 2 2 c c c c     ，解得 4 6 3 c  (负值已舍去)， 所以 6 2 2 6 3 b  ， 所以 ABCV 的周长为 t t .