精品解析：吉林省长春市希望高中2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

2024—2025学年度下学期希望高中期中考试试题高一数学 一、单选题（共40分） 1. 已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数的除法法则化简，再求其共轭复数. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 2. 在中，，，则（ ） A. 30° B. 60° C. 60°或120° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，结合大边对大角，得到的范围，进而求得. 【详解】∵，，， ∴根据正弦定理，得： ， 又，得到，即， 则或． 故选：C 3. 已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用点、线、面的位置关系即可得出答案. 【详解】对于A，若，，则可能相交，故A错误； 对于B，若，，则可能，故B错误； 对于C，若，，则可能，故C错误； 对于D，若，在平面内能找到直线，使得， 由，可得，又因为，则，故D正确. 故选：D. 4. 已知向量，，，的夹角为45°，若，则 A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量乘法公式得到答案. 【详解】向量，，，的夹角为45° 故答案选C 【点睛】本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力. 5. 已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，那么是一个（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 三边互不相等的三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测直观图的画法判断． 【详解】在轴上，在轴，因此，在原图形中，，三角形为等边三角形． 故选：B． 6. 已知向量，，则的面积为（ ） A. 5 B. 10 C. 25 D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标可得向量垂直，从而得到三角形为直角三角形，求出向量的模长，即可得答案； 【详解】因为，又因为，所以， 所以． 故选：A． 【点睛】本题考查向量的模、数量积的坐标运算，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，连接、、，推导出四边形为平行四边形，可得出，可得出异面直线与所成的角为，通过解，利用余弦定理可求得异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】取的中点，连接、、. 易知是的中位线，所以且. 又且，为的中点，所以且，所以且. 所以四边形是平行四边形，所以，所以就是异面直线与所成的角. 因为，，，、、分别是、、的中点， 所以，且. 由勾股定理得，所以. 由勾股定理得，. 在中，由余弦定理得. 故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题. 8. 在中，点D是边BC的中点，且，若点P为平面ABC内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量加法法则将问题转化为求的最小值，建系求解即可. 【详解】因为D为BC的中点， 所以， 所以， 不妨以AD所在直线为x轴，AD的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 因为，则，， 设，则， 所以.即：的最小值为. 故选：A. 二、多选题（共18分） 9. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ） A. 圆柱的侧面积与球的表面积相等 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 圆柱的表面积为 D. 圆柱的体积等于球与圆锥的体积之和 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A通过计算圆柱的侧面积，球的表面积可判定；选项B通过假设圆锥的侧面展开图的圆心角为，推出母线长与高相等的矛盾来判定；选项C通过计算圆柱的表面积来判定；选项D通过计算圆柱的体积，球与圆锥的体积之和来判定. 【详解】由题知，该圆柱的底面圆半径为，高为，该圆锥的底面圆半径为，高为，该球的半径为. 选项A：圆柱的侧面积为，球的表面积为，故选项A正确； 选项B：若圆锥的侧面展开图的圆心角为，则其母线满足，，而母线长应大于高，矛盾，故选项B错误； 选项C：圆柱的表面积为，故选项C错误； 选项D： 圆柱的体积为，球与圆锥的体积之和为，故选项D正确； 故选：AD. 10. 已知A，B，C是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则是等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB，利用诱导公式分析判断，对于C，利用正弦定理分析判断，对于B，利用正弦函数的性质分析判断 【详解】对于A，因为，所以，所以A正确， 对于B，因为，所以，所以B错误， 对于C，因为，所以由正弦定理得，因为在三角形中大边对大角，所以，所以C正确， 对于D，因为，，所以或， 所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，所以D错误， 故选：AC 11. 在平行四边形ABCD中，E是BC上的点，BE=2EC，F是CD的中点，且AE=2，AF=3，∠EAF=60°，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用向量对应线段的位置关系及加减数乘的几何意义得、，，即可得，再应用向量数量积的运算律求. 【详解】由题设，①， ②， 所以①2②得即， ②①得，故，A正确、B错误； 所以， 故，故C正确、D错误. 故选：AC 三、填空题（共15分） 12. 复数在复平面内对应的点的坐标为______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算，结合复数的几何意义求解. 【详解】依题意，，所以点的坐标为. 故答案为： 13. 在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，先求出的最小值为，的最小值是，即点到的距离为，再利用余弦定理求出的值，取的外接圆的圆心为，则圆的半径，连接，作于点，即得，即得解. 【详解】设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为， 如图所示，则，所以，则的最小值为，的最小值是，即点到的距离为，所以． 因为，所以，所以， 所以， 所以． 取的外接圆的圆心为，则圆的半径． 连接，作于点，则点为的中点，所以， 故三棱锥的外接球的体积为． 故答案为：. 14. 如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为_________ . 【答案】7 【解析】 【分析】根据四点共圆可得，再利用余弦定理可得，即可求得答案. 【详解】∵四点共圆，圆内接四边形的对角和为 ﹒ ∴ ， ∴由余弦定理可得 ， ， ∵，即 ， ∴ ,解得, 故答案为：7 四、解答题（共77分） 15. 已知复数，其中，为虚数单位. （1）若为纯虚数，求的值； （2）定义，是否存在，使得? 若存在，求出；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）不存在 【解析】 【分析】（1）根据为纯虚数列式，由此求得的值. （2）根据复数能比较大小列不等式组，由此求得的值. 【详解】（1）由于为纯虚数， 所以. （2）依题意， 即，， ， ， 所以，解得. 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位长度得到的图象，求函数的单调增区间. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象得到和最小正周期，从而得到，代入，求出，得到函数解析式； （2）根据伸缩变换和平移变换得到，整体法得到函数的单调递增区间. 【小问1详解】 ，由图象可知， 设的最小正周期为，由图象可知，，解得， 又，故，解得， 则， 将代入解析式，，故， 所以，又，所以， 所以. 【小问2详解】 的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到， 纵坐标伸长到原来的倍，得到， 再向右平移个单位长度得到， 令，， 解得，， 所以的单调递增区间为. 17. 在中，角的对边分别是，已知 （1）求角的大小； （2）若，的面积为 ，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量平行，列出方程，通过两角和与差的三角函数，化简求解角的大小；（2）利用三角形的面积，求出，然后利用余弦定理求解即可． 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以， 即 所以， 所以， 即， 因为，所以，即又 所以； 【小问2详解】 因为，由（1）知， 所以， 所以， 由余弦定理有， 所以． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 连接，因为底面为平行四边形， 为中点，故与相交于， 因为为的中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 因为，， 由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，且交于， 所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由线面垂直得到，从而证明出结论； （3）作出辅助线，得到直线与平面所成角，求出各边长，求出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为，， 由勾股定理得，故， 由勾股定理得，所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 19. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且2c－b＝2acos B，a＝． （1）若c＝，求的面积； （2）若为锐角三角形，求b－c的取值范围． 【答案】（1）；（2）(，)． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理对2c－b＝2acos B统一成角后化简可求出角A的值，再利用余弦定理求出b，从而可求出的面积； （2）由正弦定理可得，从而有b－c＝2 [sin B－sin(－B)] =2sin(B－)，再由三角形为锐角三角形可得＜B－＜，从而可求出b－c的取值范围 【详解】（1）∵2c－b＝2acos B，由正弦定理得2sin C－sin B＝2sin Acos B， ∴2sin(A＋B)－sin B＝2sin Acos B，∴2cos Asin B＝sin B． ∵B∈(0，π)，∴sin B≠0，∴cos A＝．又∵A∈(0，π)，∴A＝． 由余弦定理得7＝b2＋3－2××b， 即b2－3b－4＝0，(b－4)(b＋1)＝0，∴b＝4或b＝－1(舍去)， ∴＝bcsin A＝×4××＝． （2）由（1）知A＝．由正弦定理得，＝＝＝＝2， ∴b－c＝2 [sin B－sin(－B)]＝2(sin B－cos B)＝2sin(B－)． ∵是锐角三角形， ∴＜B＜，＜B－＜，＜sin(B－)＜， ∴b－c∈(，)． 【点睛】此题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查了三角形的面积公式，考查了转化思想和计算能力，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下学期希望高中期中考试试题高一数学 一、单选题（共40分） 1. 已知i是虚数单位，复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，则（ ） A. 30° B. 60° C. 60°或120° D. 120° 3. 已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知向量，，，的夹角为45°，若，则 A. B. C. 2 D. 3 5. 已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，那么是一个（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 钝角三角形 D. 三边互不相等的三角形 6. 已知向量，，则的面积为（ ） A. 5 B. 10 C. 25 D. 50 7. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别是、的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，点D是边BC的中点，且，若点P为平面ABC内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ） A. 圆柱的侧面积与球的表面积相等 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 圆柱的表面积为 D. 圆柱的体积等于球与圆锥的体积之和 10. 已知A，B，C是的三个内角，下列结论一定成立的有（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则是等腰三角形 11. 在平行四边形ABCD中，E是BC上的点，BE=2EC，F是CD的中点，且AE=2，AF=3，∠EAF=60°，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（共15分） 12. 复数在复平面内对应的点的坐标为______________． 13. 在三棱锥中，平面，，，，是边上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则三棱锥的外接球的体积为________． 14. 如图，为了测量两点间的距离，选取同一平面上的，两点，测出四边形各边的长度（单位：km）：，，，，且四点共圆，则的长为_________ . 四、解答题（共77分） 15. 已知复数，其中，为虚数单位. （1）若为纯虚数，求的值； （2）定义，是否存在，使得? 若存在，求出；若不存在，说明理由. 16. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标伸长到原来的倍，再向右平移个单位长度得到的图象，求函数的单调增区间. 17. 在中，角的对边分别是，已知 （1）求角的大小； （2）若，的面积为 ，求的值． 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 19. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且2c－b＝2acos B，a＝． （1）若c＝，求的面积； （2）若为锐角三角形，求b－c的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $