精品解析：海南省文昌中学2024-2025学年高一下学期段考数学试题

2024—2025学年度第二学期 高一年级数学科段考试题 （满分150分，考试时间为120分钟） 考生注意： 1．答题前，考生请将自己的班级、姓名、考场、座位号、准考证号填写在答题卡上，并将考生条形码对应粘贴在答题卡上的指定位置. 2．填涂选择题时，必须使用2B铅笔；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写.选择题和非选择题答案一律填写在答题卡上对应指定位置，超出答题区域书写无效.写在试卷上无效. 第Ⅰ卷 选择题 一、单选题：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. （ ） A B. － C. D. － 2. 下面关于空间几何体叙述不正确的是（ ） A. 正四棱柱都长方体 B. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 C. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 3. 设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab=0”是“复数a-bi为纯虚数”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 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A B. C. D. 5. 若向量，，两两的夹角均为，且，，，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. 6. 如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部处和楼顶处分别测得仰角为，，若山坡高为，则灯塔高度是 A. B. C. D. 7. 已知过球面上三点A， B， C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且，则球的表面积（ ） A. B. C. D. 8. 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 6 二、多选题：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，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象，如图所示，其中图象最高点和最低点的横坐标分别为和，图象与轴交点的纵坐标为，给出下列四个结论，其中正确的结论是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. D. 为偶函数 10. 设复数，为虚数单位，，则下列结论正确的为（ ） A. 当时，则复数在复平面上对应的点位于第四象限 B. 若复数在复平面上对应的点位于直线上，则 C. 若复数是纯虚数，则 D. 在复平面上，复数对应的点为，为原点，若，则 11. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. i是虚数单位，若复数z满足，则______. 13 已知，，则______. 14. 如图，已知是边长为2的等边三角形，D是AB的中点，E是BC的一个靠近点B的三等分点，连接DE并延长至点F，连接AF交BC于点G．若，则的值是______；若，则的值是______． 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）求向量与的夹角的正弦值； （2）若向量，求实数t的值. 16. 如图，已知三角形的内角的对边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，设为三角形的角平分线，求的长. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）将的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象，当时，求不等式的解集. 18. 如图，四边形中，． （1）求； （2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为， （1）若， ①求； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第二学期 高一年级数学科段考试题 （满分150分，考试时间为120分钟） 考生注意： 1．答题前，考生请将自己的班级、姓名、考场、座位号、准考证号填写在答题卡上，并将考生条形码对应粘贴在答题卡上的指定位置. 2．填涂选择题时，必须使用2B铅笔；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写.选择题和非选择题答案一律填写在答题卡上对应指定位置，超出答题区域书写无效.写在试卷上无效. 第Ⅰ卷 选择题 一、单选题：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. （ ） A. B. － C. D. － 【答案】C 【解析】 【分析】先用诱导公式进行化简，再求值即可. 【详解】， 故选：C 2. 下面关于空间几何体叙述不正确的是（ ） A. 正四棱柱都是长方体 B. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 C. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥 D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱 【答案】C 【解析】 【分析】对A，根据正四棱柱和长方体的概念判断；对B，根据圆柱的母线的概念判断；对C，根据棱锥的定义判断；对D，根据棱柱的定义判断. 【详解】对于A，正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形，因此它是长方体，故A正确； 对于B，在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故B正确． 对于C，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故C错误； 对于D，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故D正确． 故选：C. 3. 设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab=0”是“复数a-bi为纯虚数”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】B 【解析】 【分析】将和复数为纯虚数进行化简，再根据必要不充分条件的定义，即可得到答案； 【详解】“，则或”， “复数为纯虚数”则且, ""是“复数为纯虚数”的必要不充分条件. 故选：B 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用水的体积不变计算可求解. 【详解】设底面的面积为， 当底面水平放置时水面高度为16，所以水的体积为， 设侧面水平放置时，水呈四棱柱体，设四棱柱体的底面梯形的面积为， 则水的体积为，所以，所以， 设四棱柱体底面梯形的高为，则可得，解得. 故选：D. 5. 若向量，，两两的夹角均为，且，，，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据数量积的定义求，，，再根据可求. 【详解】，. 则，则. 故选：C 6. 如图，为了测量山坡上灯塔的高度，某人从高为的楼的底部处和楼顶处分别测得仰角为，，若山坡高为，则灯塔高度是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作于点，过点作于点，在中由正弦定理求得，在中求得，从而求得灯塔的高度． 【详解】过点作于点，过点作于点， 如图所示，在中，由正弦定理得，， 即， ，在中，， 又山高为，则灯塔的高度是 ． 故选． 【点睛】本题考查了解三角形的应用和正弦定理，考查了转化思想，属中档题． 7. 已知过球面上三点A， B， C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且，则球的表面积（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，求得的外接圆半径为，再由，求得球的半径，即可求解球的表面积． 【详解】因为，， 所以的外接圆半径为． 设球半径为，则， 所以， ． 故选：D． 8. 在△ABC中，AB＝5，AC＝6，cos A＝，O是的内心，若＝x＋y，其中x，y∈[0，1]，则动点P的轨迹所覆盖图形的面积为（ ） A. B. C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法的平行四边形法则可知，动点P的轨迹是以OB，OC为邻边的平行四边形及其内部，其面积为△BOC的面积的2倍. 【详解】在△ABC中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得a＝7. 设△ABC内切圆的半径为r，则 bcsin A＝ (a＋b＋c)r，解得r＝， 所以S△BOC＝×a×r＝×7×＝. 故动点P的轨迹所覆盖图形的面积为＝. 故选：B 【点睛】本题考查了余弦定理、根据内切圆半径求三角形的面积，属于基础题. 二、多选题：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，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象，如图所示，其中图象最高点和最低点的横坐标分别为和，图象与轴交点的纵坐标为，给出下列四个结论，其中正确的结论是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. D. 为偶函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】由函数的图象，得到，得到，可判定A正确；由，求得，得到，再由，求得，得到函数，可判定B、C正确；再由，可判定D错误. 【详解】由函数的图象最高点和最低点的横坐标分别为和， 可得，可得，所以A正确； 又由，即， 又由，可得，可得， 可得，即， 又由，可得，可得，所以 所以函数的最大值为，且，所以B、C正确； 又由， 令，则， 所以函数为奇函数，即是奇函数，所以D错误. 故选：ABC. 10. 设复数，为虚数单位，，则下列结论正确的为（ ） A. 当时，则复数在复平面上对应的点位于第四象限 B. 若复数在复平面上对应的点位于直线上，则 C. 若复数是纯虚数，则 D. 在复平面上，复数对应的点为，为原点，若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由，得，然后逐个分析判断即可 【详解】由，得， 对于A，当时，，，所以复数在复平面上对应的点位于第四象限，所以A正确， 对于B，若复数在复平面上对应的点位于直线上，则，解得，所以B错误， 对于C，若复数是纯虚数，则且，解得，所以C正确， 对于D，由，得，则，由，得，，得或，所以D错误， 故选：AC 11. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由数量积的定义及面积公式求得A角，然后根据三角形的条件求解判断各ABC选项，利用，平方后应用基本不等式求得最大值，判断D． 【详解】因为，所以，，又，所以，A错； 若，则，三角形有两解，B正确； 若为锐角三角形，则，，所以，， ，，C正确； 若D为边上的中点，则，， 又，， 由基本不等式得， ，当且仅当时等号成立， 所以，所以， 当且仅当时等号成立，D正确． 故选：BCD． 【点睛】本题考查解三角形的应用，掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式是解题关键．在用正弦定理解三角形时可能会出现两解的情形，实际上不一定要死记结论，可以按正常情况求得，然后根据的大小关系判断角是否有两种情况即可． 第Ⅱ卷 非选择题 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. i是虚数单位，若复数z满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法求出，再求共轭复数即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 故答案为： 13. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦差公式将已知条件展开，结合，求得，再利用正弦二倍角公式，将展开，代入即可求解. 【详解】因为，而， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 如图，已知是边长为2等边三角形，D是AB的中点，E是BC的一个靠近点B的三等分点，连接DE并延长至点F，连接AF交BC于点G．若，则的值是______；若，则的值是______． 【答案】 ①. ②. ##0.4 【解析】 【分析】根据向量的线性运算表示出，结合数量积的运算求解，即可得第一空答案；过点作交于点，设，表示出，结合求出，即得，继而推得，即可得第二空答案. 【详解】因为， 所以， 所以 ． 过点作交于点，设， 则 ， ， 解得，所以， 又，而， 所以，解得， 所以， 所以，即得． 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）求向量与的夹角的正弦值； （2）若向量，求实数t的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量加法的坐标运算求出，再利用数量积的定义求出夹角的余弦值，最后利用同角三角函数的基本关系求出正弦值即可. （2）利用平面向量加法的坐标运算求出，，再利用平面向量平行的性质建立方程，求解参数即可. 【小问1详解】 由向量， 得到，，， 由数量积的定义得， 而，则， 由同角三角函数的基本关系得，解得. 【小问2详解】 由题意得向量， 则，， 而，得到，解得. 16. 如图，已知三角形的内角的对边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，设为三角形的角平分线，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式和三角形内角和公式求解； （2）利用面积方法和三角形的面积公式计算. 【小问1详解】 由得, 又因为， 所以, 又因为， 所以, 又因为, 所以. 【小问2详解】 因为， 所以, 又因为, 所以, 所以, 故答案为：. 17. 已知函数. （1）求最小正周期和单调递增区间； （2）将的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象，当时，求不等式的解集. 【答案】（1）；， （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式结合辅助角公式化简原函数，再利用周期性的定义求解最小正周期，最后结合整体代入法求解单调区间即可. （2）利用正弦函数的性质结合给定条件求解不等式即可. 【小问1详解】 因为， ， ， 则的最小正周期是， 令，，解得，， 故的单调递增区间是，. 【小问2详解】 因为将的图象上各点的横坐标变为原来的2倍， 纵坐标变为原来的3倍，所以经过变换可得， 由题意得， 即，所以，， 解得，， 令，则，时，， 所以当时，不等式的解集为. 18. 如图，四边形中，． （1）求； （2）为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在和中，利用余弦定理，分别求得的表达式，两式作差求得，即可求解； （2）由（1）求得，利用余弦定理求得，结合题意，求得，进而求得，再在和中，求得，进而得到，得到，利用正弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，所以， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式作差得：，解得， 因为，所以． 【小问2详解】 解：因为 由（1）知，可得，且， 则所以， 在中，可得，所以， 在中，可得， 在中，可得， 可得,所以，则， 所以，解得， 设的外接圆半径为， 由正弦定理得，解得， 所以的外接圆半径为． 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为， （1）若， ①求； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1）①；② （2）. 【解析】 【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案； （2）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 小问1详解】 ①由正弦定理得，即， 所以，又， 所以； ②由①，所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 ； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以，即， 所以或， 当时，，为直角三角形， 当， 则， 得，在三角形中不可能成立， 所以为的直角三角形， 因为点为的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$