精品解析： 四川省射洪中学校2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题

射洪中学高2024级高一下期半期考试 数学试题 （考试时间：120分钟分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知复数，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 一个球的表面积是，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 3. 设为两个非零向量，则“”是“”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 4. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 5. 已知为单位向量，，向量，的夹角为，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A B. C. D. 7. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A B. C. D. 8. 已知，，且满足，则的最大值为（ ） A B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，，则角的可能取值是（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 关于点中心对称 D. 函数在区间上有5个零点 11. 在边长为2的正方形ABCD中，P，Q在正方形（含边）内，满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若点P在BD上时，则 B. 的取值范围为 C. 若点P在BD上时， D. 若P，Q在线段BD上，且，则的最小值为1 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示为一个水平放置的矩形，在直角坐标系中，点B的坐标为，则用斜二测画法画出的该矩形的直观图中，顶点到轴的距离为________． 13. ______． 14. 在锐角中，角的对边分别为，已知，点在上，是的平分线，则的取值范围为______． 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. 如图所示，长方体的底面是边长为2的正方形，其体积为16． （1）求三棱锥的体积； （2）求三棱锥的表面积． 16 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）求的单调增区间； （2）当时，求的值域. 18. 在中，角所对的边分别为，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分） ①，②，③ （1）求的大小； （2）若，且，求； （3）若为锐角三角形，求的取值范围． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为． （1）设，试求函数的相伴向量； （2）记向量相伴函数为，求当且时，的值； （3）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 射洪中学高2024级高一下期半期考试 数学试题 （考试时间：120分钟分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题共58分） 一、选择题：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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知复数，则的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由共轭复数的定义求解即可. 【详解】复数的共轭复数为. 故选：A. 2. 一个球的表面积是，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据球的表面积可得球的半径，再由体积公式即可得解. 【详解】一个球的表面积是，设球的半径为，球的表面积公式为， 代入可得，解得， 所以球的体积为， 故选：D. 【点睛】本题考查了球的表面积和体积公式的简单应用，属于基础题. 3. 设为两个非零向量，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量共线得充分性成立，再由向量共线不一定有两向量的数量关系成立，即必要性不成立. 【详解】因为，所以同向共线，故， 因为，所以同向共线或反向共线，所以不一定能推出， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由复数的定义即可得出答案. 【详解】. 故复数的虚部为. 故选：D. 5. 已知为单位向量，，向量，的夹角为，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量定义计算即可. 【详解】为单位向量，则 ， 则向量在向量上的投影向量为. 故选：C. 6. 把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用反推法和三角函数的图象变换求解即可. 【详解】由题意可知，要得到，要将向左平移个单位长度，得到， 再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的倍，得到， 故选：B 7. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 8. 已知，，且满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由三角函数的性质求出，将所求式化为，结合二次函数的性质即可得出答案. 【详解】因为， 因为 ， 所以， 设，因为，，所以， 即，所以， 则，所以， 当时，的最大值为. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，，则角的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由正弦定理解出，结合大边对大角判断出解的个数. 详解】由正弦定理有，即，解得， 注意到从而，所以角的可能取值是，. 故选：BC. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 关于点中心对称 D. 函数在区间上有5个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出解析式，再利用正弦函数性质逐项判断. 【详解】对于A，观察函数的图象，得，最小正周期，解得， 由，且在函数的递增区间内，得，， 则，，因此，A正确； 对于B，，函数的图象关于直线不对称，B错误； 对于C，，关于点中心对称，C正确； 对于D，当时，，由，得， 因此函数在区间上有4个零点，D错误. 故选：AC 11. 在边长为2的正方形ABCD中，P，Q在正方形（含边）内，满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若点P在BD上时，则 B. 的取值范围为 C. 若点P在BD上时， D. 若P，Q在线段BD上，且，则的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量共线定理推论可判断A，利用向量的线性运算几何表示可判断B，利用向量的数量积的定义及运算律可判断C，利用向量数量积的坐标运算及二次函数的性质可判断D. 【详解】当点P在BD上时，因为，所以，故A正确； 因为P在边长为2的正方形ABCD（含边）内，且， 所以，则，故B错误； 当点P在BD上时，， 所以，故C正确； 若P，Q在线段BD上，且，如图建立平面直角坐标系， 设，则，， ∴ ∴当时，有最小值为1，故D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图所示为一个水平放置的矩形，在直角坐标系中，点B的坐标为，则用斜二测画法画出的该矩形的直观图中，顶点到轴的距离为________． 【答案】 【解析】 【分析】画出直观图，根据斜二测画法规则计算可得结果. 【详解】直观图如图所示，则，， 故到轴的距离为. 故答案为： 13. ______． 【答案】0 【解析】 【分析】由二倍角的正弦公式和复数的模长公式化简即可得出答案. 【详解】. 故答案为：. 14. 在锐角中，角的对边分别为，已知，点在上，是的平分线，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据角平分线定理可得和的关系，设，利用余弦定理，结合锐角三角形的性质确定的取值范围，再次利用余弦定理建立方程可得，即可求解. 【详解】因为是的平分线，由角平分线定理得 ，设，则，所以. 因为为锐角三角形，则， 由余弦定理得，解得； ，解得恒成立； ，解得. 综上，. 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以， 整理得. 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. 如图所示，长方体的底面是边长为2的正方形，其体积为16． （1）求三棱锥的体积； （2）求三棱锥的表面积． 【答案】（1） （2）16 【解析】 【分析】（1）先由柱体的体积公式求出，再由锥体的体积公式求解即可； （2）由三棱锥的表面积公式求解即可. 【小问1详解】 ，， ； 【小问2详解】 记三棱锥的表面积为，则， 几何体为长方体， 均为直角三角形，为等腰三角形， ， ， ， ， ． 16. 已知向量，． （1）若，求坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，代入求值即可； （2）由，得，利用向量数量积和向量的模，求夹角的余弦. 【小问1详解】 由，设，，， ，或． 【小问2详解】 ，， ，， ，． 设与的夹角为，则． 与的夹角的余弦值为． 17 已知函数． （1）求的单调增区间； （2）当时，求的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换的化简计算可得，结合整体代换法计算即可求解； （2）由不等式的性质可得，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 解得：， 的单调增区间为； 【小问2详解】 ， ， 即其值域为． 18. 在中，角所对的边分别为，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分） ①，②，③ （1）求的大小； （2）若，且，求； （3）若为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）选①，利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即可；选②，利用正弦定理边化角、再由二倍角的余弦公式以两角和的正弦公式求解即得；选③，利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得. （2）利用三角形的面积公式求出，再由余弦定理即可得出答案； （3）利用正弦定理边化角，再利用差角的正弦公式求出，结合正切函数的性质求出范围. 【小问1详解】 选①：即， 由余弦定理得，又， 所以； 选②：在中，由及正弦定理得， 则，又，于是， 而，解得，又，则， 所以； 选③：在中，由及正弦定理得， 得，即， 由余弦定理得，又， 所以； 【小问2详解】 ， ， ． 【小问3详解】 在中，由正弦定理得： ， 由（1）知，即，由为锐角三角形， 得，即，于是， 所以，即的取值范围为， 所以． 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为． （1）设，试求函数的相伴向量； （2）记向量的相伴函数为，求当且时，的值； （3）已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意，由两角和与差的余弦公式和辅助角公式可化为，再结合相伴向量的定义即可得出答案； （2）由“相伴函数”的定义可得，由此可得，再由同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式求解即可； （3）由可求得时取得最大值，其中，又，换元求得的范围，即可求得的范围． 【小问1详解】 因为 ， 所以，函数的相伴向量. 【小问2详解】 向量的相伴函数， 令，即， ，， ， ． 【小问3详解】 “相伴函数”， 因为在处取得最大值， 所以当，即时，有最大值， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 令，则， 因为均为上的单调递减函数， 所以在上单调递减， 所以， 所以，， 所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$