湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年 高一下学期期中考试数学试卷 一、单选题 1．若非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．已知，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．在中，角的对边分别是．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为（   ） A． B． C． D． 6．在中，，，则 A． B． C． D． 7．二次函数的图象与x轴相交于A，B两点，点C在二次函数图象上，且到轴距离为4，，则a的值为（    ） A．4 B．2 C． D． 8．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c若，，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C．的面积为6 D． 二、多选题 9．已知函数，下列结论正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的图象对于点对称 C．函数在单调递增 D．函数在上的值域是 10．已知向量，满足，，则（    ） A．的最大值是3 B．的最小值是0 C．的最大值是 D．的最小值是4 11．如图，在棱长为1的正方体中，是线段上的动点（含端点），则（    ）    A．面 B．与是异面直线 C．的最小值为 D．三棱锥的体积为定值 三、填空题 12．正实数a，b满足3a+2b＝9，则的最小值为 . 13．如图，在正方体中，异面直线与所成角的大小为 . 14．在中，，，，点为边边上一动点，将沿着翻折，使得点到达，且平面平面，则当最小时，的长度为 . 四、解答题 15．已知是第四象限角，且，计算： （1）； （2）. 16．如图，在四棱锥中，，侧面平面． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若直线与平面所成角的正切值为，求三棱锥的体积． 17．如图，在梯形中，，分别为的中点，是线段上的动点． (1)若，求证：三点共线； (2)若，求的最小值． 18．如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. （I）证明：CE∥平面PAB； （II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值 19．函数是定义在区间上的奇函数，且当时，. (1)求当时，的解析式； (2)令函数，求的值域. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D B A D D ABD ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据求出即可得答案. 【详解】令，因为， 所以， 得， 所以与的夹角为. 故选：B. 2．A 【分析】利用复数模及除法运算计算得解. 【详解】依题意，. 故选：A 3．C 【分析】直接利用在方向上投影向量公式计算即可得出结果. 【详解】在方向上的投影向量为， 故选：C 4．D 【分析】由得，由，利用倍角公式和同角三角函数的关系解得，结合余弦定理可求的值. 【详解】，由正弦定理得，故， 又，，故， ，所以． 又， 设，则，解得或（舍去）． 故选：D． 5．B 【分析】先利用圆台的体积公式求得高，再利用圆台的表面积公式即可得解. 【详解】依题意，设圆台的高为，则，解得， 所以圆台的母线长为， 则圆台的表面积为. 故选：B． 6．A 【分析】求出，由余弦定理求得与的关系，再用正弦定理求解． 【详解】∵，∴． 又， ， 又，∴． 故选A． 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，解题关键是正确选用公式，要确定先用哪个公式，再用哪个公式． 7．D 【分析】设出二次函数图象与x轴的交点及点的坐标，利用勾股定理及韦达定理建立方程，再借助点在图象上求解即得. 【详解】如图，二次函数的图象开口向上，由于，则点在x轴下方， 过作轴于，设点， 则，由，得， 于是，即有， 整理得，显然是方程的两个实根， 则，从而，即， 由点在二次函数的图象上，得，因此，解得， 所以a的值为. 故选：D 8．D 【分析】由，，利用余弦定理，正弦定理可求角，的三角函数值，进而求，利用三角形的面积公式即可求其面积. 【详解】对于A，， 由余弦定理得，则，A正确； 对于B，，， ，由正弦定理得 ，又 ， ，，B正确； 又，由正弦定理得 ，D错误； ，C正确； 故选：D. 9．ABD 【分析】先利用三角恒等变换化简，得到，再求的最小正周期，对称中心，和单调增区间；选项D利用换元法求值域. 【详解】由题知，. 函数的最小正周期为，故选项A正确； 令，，得， 所以函数的图象的对称中心为，. 当时，，所以点是函数的图象的对称中心，故选项B正确； 由，得，， 当时，有在上递增；当时，有在上递增； 所以在上先递增后递减，故选项C错误； 当时，，， 所以函数在上的值域是，故选项D正确； 故选：ABD. 10．ACD 【分析】根据数量积的运算可判断AB，再由数量积的性质及运算可得的最值，判断CD. 【详解】因为， 所以，当且仅当，反向时取得最大值，同向时取得最小值，故A正确； 因为， 所以，当且仅当，反向时取最小值，同向时取最大值，故B错误； 设，由A，B可知，， 所以，所以，故CD正确. 故选：ACD 11．ACD 【分析】由空间中点、线、面的相关知识逐一判断各选项即可． 【详解】 对于A，连接，    正方体中，，，四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面，∴平面， 同理平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故A正确； 对于B，当点P在点处时，，即，故B错误； 对于C，将平面沿展开到与平面共面，连接与的交点即为P，如图，    此时，在中，，，， 由余弦定理有： ∴的最小值为，故C正确； 对于D，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，则有， ∵平面，平面，∴平面， ∴P到平面的距离等于到平面，为定值， 又的面积也为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：ACD． 12．3 【解析】用“1”的代换凑配出定值后用基本不等式求得最小值． 【详解】因为3a+2b＝9，所以，当且仅当a＝1，b＝3时取等号. 故答案为：3 13． 【分析】根据异面直线的定义，由，得即为异面直线与所成角的平面角，从而得出所求. 【详解】解：在正方体中， 因为， 所以即为异面直线与所成的角， 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为：. 14．/ 【分析】作出图形，根据面面垂直的性质得，利用条件将转化为三角函数表示，进而求出当时，最小，从而可得为的角平分线，再由角平分线定理可得，从而求得结果. 【详解】在中，，，，由勾股定理可得;    设，过 作交或的延长线于点，过作交或的延长线于点， ，， , 又平面平面，平面平面， 平面，平面，, , 在中，； 在中，； , 又，而, ， ，当时， 取最小值为， 即，， 为的角平分线， 由角平分线定理可得，即， ， , 故答案为： 【点睛】关键点睛：画出图形并作出辅助线，将线段长度的最值转化为三角函数求最值是关键，考查空间中的线段长度的计算与解三角形的综合应用，属于较难题. 15．（1）1；（2）1. 【解析】（1）先利用诱导公式化简，再分子分母同除以，再将代入即可； （2）先利用同角三角函数基本关系式求得，的值，再利用诱导公式化简原式，将，的值代入即可； 【详解】（1） ； （2）由， 则， 因为是第四象限角， 所以，， 所以 ． 【点睛】方法点睛：对诱导公式的记忆不但要正确理解“奇变偶不变，符号看象限”的含义，同时还要加强记忆几组常见的诱导公式，以便提高做题速度. 16．(1)证明见详解； (2)证明见详解； (3)2. 【分析】（1）取的中点M，连接，由得到，再根据侧面平面得到平面，得到 ；进而结合条件即可证得平面. （2）由（1）易得，由可得，从而，进而证得平面. （3）由（1）易得为直线与平面所成的角, ,易得，根据棱锥的体积公式即可求得解. 【详解】（1）证明：在△中，取的中点M，连接， 因为，所以， 因为侧面平面，且侧面平面，平面 所以平面， 因为平面，所以， 又，，平面，所以平面. （2）由（1）知平面，又平面，所以， 在△中，因为，所以， 所以， 在同一平面中，因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面. （3）由（1）知平面，连接，则为直线与平面所成的角. 在Rt△中，，所以, 在Rt△中，，所以，解得. 故三棱锥的体积. 17．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明； （2）根据平面向量线性运算，分别利用基底法和坐标法表示，得到关于的一元二次函数，再利用一元二次函数的最值求解即可. 【详解】（1）由题意知，，          所以， 所以三点共线； （2）在梯形中，， 易得， 设，         解法一：所以，        所以，                         当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为；   解法二：因为， 所以， ， 所以 ，             当且仅当时，等号成立，所以最小值为；      解法三：以为坐标原点建立如图所示坐标系， 则， 设，则，              由于，因此， 解得，，      因此，             故，            当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 18．（I）见解析；（II）. 【详解】试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．满分15分． （Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值． 试题解析： （Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB． 因为E，F分别为PD，PA中点，所以且， 又因为，，所以且， 即四边形BCEF为平行四边形，所以， 因此平面PAB． （Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ． 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点， 在平行四边形BCEF中，MQ//CE． 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD． 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD． 所以AD⊥平面PBN， 由BC//AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN． 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH． MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角． 设CD=1． 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=， 在Rt△MQH中，QH=，MQ=， 所以sin∠QMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角． 19．(1) (2) 【分析】（1）设，，再根据函数奇偶性得到函数的解析式即可；（2）写出函数的解析式，分段求函数的值域，最后将两段的值域取并集即可. 【详解】（1）当时，， 设，则， 因为函数是定义在区间上的奇函数 故得到 故得到. 当时，. （2）函数 化简得到 当时，，当时函数取最值； 当时，是增函数，函数值域为 综上所述，值域为. . 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$