精品解析：湖南省湘潭市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

湘潭市第一中学2025年上学期期中考试 高一数学 时间：120分钟 总分：150分 命题人：秦述平 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的夹角公式求解即得. 【详解】依题意，，而， 所以与的夹角. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算、模长公式即可求解. 【详解】，得， 所以. 故选：C 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合数量积和模的坐标运算，根据投影向量定义计算可得答案. 【详解】在上的投影向量为． 故选：D 4. 在中，若，则是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理得到方程结合题设数据即可求解. 【详解】由正弦定理得，即， 所以，又因为， 所以角，所以，故或. 故选：C 5. 正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（ ） A. B. C. 20 D. 21 【答案】A 【解析】 【分析】先求出棱台的高，然后利用台体的体积公式求体积即可. 【详解】由棱台的几何特征可得其高为： ， 则其体积为： . 故选：A 6. 如图，在，已知，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求出再求出，结合两角和的余弦公式即可求得答案. 【详解】在中，由余弦定理：， 所以为锐角且， 所以． 故选：A. 7. 已知函数，方程恰有三个不同的实数解，则可能的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出函数图象，数形结合得到，得到答案. 【详解】画出的图象， 显然当时，方程恰有三个不同的实数解，B正确，ACD错误. 故选：B 8. 已知在钝角中，是钝角，，点是边上一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，结合向量可得，结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，由正弦定理可得， 且，则，可得， 且，则， 又因为，则， 可得， 则， 因为，则， 又因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即的最小值为. 故选：C． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 若，则 D. 函数在区间内单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，求出平移后图象对应的解析式，利用特值法可判断其正误；对于B，由代入检验法可判断其正误；对于C，由诱导公式计算后可判断其正误；对于D，结合正弦函数的性质可判断其正误. 【详解】对于A，将函数的图象向右平移个单位后所得图象对应的解析式为： ，当时，该函数的函数值为，而， 故与不是同一函数，故A错误； 对于B，，故函数的图象关于点中心对称， 故B正确； 对于C，因为，故即， 故，故C正确； 对于D，当时，， 而在上为增函数， 故在区间内单调递增，故D正确； 故选：BCD. 10. 下列命题正确的是（ ） A. B. 已知，为非零实数，若，则与共线 C. 若为非零向量，若“”则“” D. 若单位向量满足，则与的夹角为0 【答案】BD 【解析】 【分析】通过举反例说明选项A错误；，则与共线，即选项B正确；或，即选项C错误；可以证明与的夹角为0，即选项D正确． 【详解】对于选项A，不妨设，，为非零向量，且，则，，即选项A错误； 对于选项B，已知，为非零实数，若，，则与共线，即选项B正确； 对于选项C，已知为非零向量，又,则，即或，即选项C错误； 对于选项D，若单位向量满足，即，即，即，则，则与的夹角为0，即选项D正确． 故选：BD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（ ）. A. 存在点，使平面 B. 不存在点，使四点共面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 经过四点的球的表面积为10 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断A；当Q与点重合时，四点共面，即可判断B；结合三棱锥体积公式判断C；易知经过四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】连接，当是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故A正确， 如图，在正方体中，连接． 因为分别是的中点，所以．又因为，所以，所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面， 故B错误， 直线上的点到面的距离为2，而，所以是定值， 故C正确， 设G,H分别为，的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，所求球的直径满足：，经过四点的球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的最小值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】对目标式子变形后由基本不等式求解即可. 【详解】由于，所以，故， 当且仅当，即时等号成立. 故答案为：3 13. 一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】将平面展开图复原为如图所示的正方体后结合正方体的性质可得与所成的角即为或其补角，故可求线线角的大小. 【详解】将平面展开图复原为如图所示的正方体： 设正方体的棱长为，连接，则， 由正方体的性质可得，故四边形为平行四边形， 故，故与所成的角即为或其补角，而， 故与所成的角为， 故答案为：. 14. 在梯形中，，梯形外接圆圆心为，圆上有一个动点，求的取值范围__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据单位向量的概念与数量积的定义，求出，结合在梯形中，，和圆内接四边形对角互补，可得梯形为等腰梯形，且中点为梯形的外接圆圆心，再建立平面直角坐标系进行求解即可. 【详解】 由，得，则， 又在梯形中，，则， 结合圆内接四边形对角互补可得，所以梯形是等腰梯形． 又，取中点，可得，， 即为梯形外接圆圆心， 所以，梯形外接圆以为圆心，2为半径的圆. 以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图： 设是角的终边，又因为点在圆上，所以，即 又，， ， 由，则，故． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定梯形外接圆的圆心所在位置，主要考查了圆内接四边形的性质，平面向量的数量积的定义与运算性质，以及角的终边与圆交点的坐标表示，属于较难题. 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． （1）化简求值：； （2）若是第一象限角，，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式，齐次化变形，代入求值即可； （2）利用同角三角函数关系得到，，，利用余弦差角公式进行求解. 【小问1详解】 原式 【小问2详解】 由为第一象限角，且， 即，解得，； 又，且，故． 16. 如图，在四棱锥中，，底面为矩形，对角线与相交于点，点到平面的距离为为的中点． （1）求证：平面． （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：如图，连接． 点为的中点，且点为的中点 为的中位线，即． 又平面平面 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）根据线面平行得出三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 为矩形 又平面平面 点到平面的距离为1，即棱锥的高为1． 又为的中点，且 ． 17. 已知向量是平面内的一组基底，且与的夹角为锐角， （1）求证三点共线． （2）设，若的最小值是，求锐角的值． 【答案】（1） 由， 得，则， 即，又有公共点， 所以三点共线. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算，结合共线向量定理推理即得. （2）利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，再借助二次函数最值求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意， 令，函数是开口向上的二次函数， 则当时，，即， 整理得，则，所以锐角. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AD=BC，AB//CD，∠ADC=120°，AB=2CD=2，直线PB与平面ABCD所成角为45°，G是AB的中点． （1）求证： 平面PAC⊥平面PBC； （2）求直线PG与平面PBC所成角的正切值． 【答案】（1）证明：由已知，DC∥AG，且DC=AG， 则AGCD为平行四边形，∴AD=CG， 又AD=BC，则BC=GC， 由知，则为正三角形， 在中，AB＝2，， 由余弦定理可知，， 有，则， 又，，则平面PBC， 而AC在平面PAC内，则平面平面PBC. （2）. 【解析】 【分析】（1）分析可知，AC⊥BC，AC⊥PC，进而可证AC⊥平面PBC，再根据面面垂直的判定即可得出结论； （2）∠GPE为直线PG与平面PBC所成的角，再转化到三角形中求解即可. 【详解】（1）略 （2）设E为BC的中点，连接GE，PE，则， ∵平面ABCD，PC在平面PBC内， ∴平面平面PBC， ∴平面PBC，为直线PG与平面PBC所成的角， 又直线PB与平面ABCD所成角为45°，则PC=BC， 又，， ∴在中，， 即直线PG与平面PBC所成角的正切值为. 【点睛】 求直线与平面所成的角的一般步骤： ①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成； ②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解. 19. 记的内角的对边分别为，已知． （1）若，求； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，再结合余弦二倍角公式得到，再由两角和的余弦化简即可求解； （2）由正弦定理，二倍角公式化简得，令，进而可求解． 【小问1详解】 ∵， ∴由正弦定理 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴，∴，∴， ∴或（舍去） 若，则 【小问2详解】 因为，结合， 可得：， 由正弦定理， 得 ， ，令， 则， 由对勾函数单调性可知：在时递减，在时递增， 因此时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘潭市第一中学2025年上学期期中考试 高一数学 时间：120分钟 总分：150分 命题人：秦述平 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，若，则是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 5. 正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（ ） A. B. C. 20 D. 21 6. 如图，在，已知，则为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，方程恰有三个不同的实数解，则可能的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知在钝角中，是钝角，，点是边上一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位 B. 函数的图象关于点中心对称 C. 若，则 D. 函数在区间内单调递增 10. 下列命题正确的是（ ） A. B. 已知，为非零实数，若，则与共线 C. 若为非零向量，若“”则“” D. 若单位向量满足，则与的夹角为0 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（ ）. A. 存在点，使平面 B. 不存在点，使四点共面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 经过四点的球的表面积为10 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的最小值为______． 13. 一个正方体的平面展开图如图所示，在该正方体中，则与所成的角为_____________． 14. 在梯形中，，梯形外接圆圆心为，圆上有一个动点，求的取值范围__________． 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． （1）化简求值：； （2）若是第一象限角，，且，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，，底面为矩形，对角线与相交于点，点到平面的距离为为的中点． （1）求证：平面． （2）求三棱锥的体积． 17. 已知向量是平面内的一组基底，且与的夹角为锐角， （1）求证三点共线． （2）设，若的最小值是，求锐角的值． 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AD=BC，AB//CD，∠ADC=120°，AB=2CD=2，直线PB与平面ABCD所成角为45°，G是AB的中点． （1）求证： 平面PAC⊥平面PBC； （2）求直线PG与平面PBC所成角的正切值． 19. 记的内角的对边分别为，已知． （1）若，求； （2）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $