精品解析：四川省眉山市彭山区第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

彭山一中2024-2025高一下半期试题 数学试卷 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，只有一个选项 符合题目要求. 1. 已知，复数，则 A. -2 B. 1 C. 0 D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】分析：先利用复数的除法法则化简等式的右边，再利用复数相等的定义得到相关值． 详解：因为， 所以， 即.故选D． 点睛：本题考查复数的除法法则、复数相等的概念等知识，意在考查学生的基本计算能力． 2. 已知在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理，代入数值即可求得的值. 【详解】由余弦定理得. 故选：B. 3. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得． 【详解】利用斜二测画法的定义，画出原图形， 由是等腰直角三角形，，斜边，得， 因此，， 所以原平面图形的面积是. 故选：A 4. 已知点则与同方向的单位向量为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：,所以与同方向的单位向量为，故选A. 考点：向量运算及相关概念. 5. 下列说法错误的是（ ） A. 棱台侧棱的延长线必相交于一点 B. 正四棱锥的侧面可以是等边三角形 C. 棱柱的侧面都是平行四边形 D. 矩形旋转一周一定能形成一个圆柱 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何体的定义及特征，逐一对各选项检验判断即可． 【详解】对于A，根据棱台的定义，其侧棱的延长线必交于一点，故A说法正确； 对于B，根据棱锥的定义，当正四棱锥的高为底面正方形对角线的一半时，正四棱锥的侧面可以是等边三角形，故B说法正确； 对于C，根据棱柱的定义，棱柱的侧面都是平行四边形，故C说法正确； 对于D，矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误. 故选：D 6. 若是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦达定理可得，结合两角和与差的正、余弦公式以及切弦互化计算即可求解. 【详解】因为是方程的两个实根， 所以， 则. 故选：B 7. 某校高一年级的学生参加了主题为《追寻大儒足迹，传承董子文化》的实践活动.在参观董子文化馆时，为了测量董子雕像高度，在处测得雕像最高点的仰角分别为和，且，，则该雕像的高度约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，则，在中，列式运算得解. 【详解】，， ，则， 中，， ，即. 所以该雕像的高度约为4m. 故选：A. 8. 如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法和基本不等式求得的最小值 【详解】如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向， 的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系， 则，设，其中，则， 因为，所以，又， 所以， 当且仅当时等号成立. 故选：A. 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. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的定义判断A，根据共轭复数的定义判断B，根据复数代数形式的运算法则判断C、D. 【详解】复数的虚部为，故A错误； 的共轭复数是，故B正确； ，故C错误； 因为，，所以，故D正确； 故选：BD 10. 在中，内角所对的边分别是，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积是 B. 若，则等腰三角形 C 若，则可能等于10 D. 若，则的面积为或 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理计算即可判断A；根据正弦定理和三角恒等变换计算即可判断B；根据余弦定理和基本不等式计算即可判断C；根据余弦定理和三角形面积公式计算即可判断D. 【详解】A：由正弦定理得为外接圆的半径）， 得，所以该外接圆的面积为，故A正确； B：由正弦定理得，即， 得或，解得或， 所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； C：由余弦定理得， 即， 得，当且仅当时取到“=”， 又，所以，故C正确； D：由余弦定理得， 即，整理得， 解得或2. 当时，，； 当时，，，故D正确. 故选：ACD 11. 设函数，则（ ） A. 的图象有对称轴 B. 是周期函数 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项由偶函数得到轴是其中一条对称轴；B选项用周期的定义找到其中一个周期为；C选项通过两个特殊点函数值的大小判定函数在区间不是单调递增；D选项由中心对称的定义验证是否成立即可. 【详解】∵， ∴是偶函数，关于轴对称，故A正确； ∵， ∴是函数的一个周期，故B正确； ，∵，， 显然，故在区间上不单调递增，故C错误； ， ∴的图象关于点中心对称. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是纯虚数，则_____. 【答案】4 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义列出方程组，解出a的值即可. 【详解】解：复数是纯虚数， 则，解得. 故答案为：4. 13. 定义向量的一种新运算：，其中是向量的夹角.已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据定义得到方程，求出，再用余弦二倍角公式求出答案. 【详解】因为，所以， 解得，则. 故答案为：. 14. 在中，已知，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由平面向量数量积公式和余弦定理得到，进而由余弦定理和基本不等式求出，从而求出有最大值，最大值为. 【详解】由得， 即， 又由余弦定理得：， 化简得：， ， 当且仅当时，等号成立， 将代入中，可得，满足任意两边之和大于第三边， 故有最小值，且为锐角，此时，， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故有最大值，最大值为． 故答案为： 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，，. （1）若，求的值； （2）的面积等于，求的值. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理求解即得. （2）利用三角形面积公式、余弦定理列出方程组求解即得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得， 所以的值是. 【小问2详解】 由的面积等于，得，解得， 由余弦定理，得，即， 解得或， 所以或. 16. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； 解法二：直接由余弦定理化简求解即可； （2）解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，进而求解即可； 解法二：由，结合三角形的面积公式得到，进而求解即可. 【小问1详解】 由，得， 解法一：由正弦定理得， 又中，，所以， 所以， 于是， 又，所以， 又，所以. 解法二：由余弦定理得， 化简得， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 由是的平分线，得， 解法一：， 又， 所以 . 解法二：由得 . 即， 解得， 所以. 18. 已知向量，，函数，相邻对称轴之间的距离为． （1）求的解析式； （2）求函数单调递增区间和对称轴方程； （3）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于x的方程在上只有一个解，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）首先利用数量积公式和三角恒等变换化简函数， （2）根据解析式，再结合三角函数的性质，即可求解； （3）首先利用三角函数的图象变换求函数的解析式，再通过换元后，结合的图象，即可求解. 【小问1详解】 ， ， ， 因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，得，所以. 【小问2详解】 令， 则， 所以的单调递增区间为; 令, 解得, 即的对称轴方程为. 【小问3详解】 由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数， 再向左平移个单位得， 令，则， 所以， 因为在上只有一个解，    由的图象可得，或， 所以的取值范围是 19. 如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. （1）证明：； （2）若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即得； （2）（i）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论，联立解方程即可求得；（ii）在中，分别运用正、余弦定理得到①，②两式，结合③式，在中，利用余弦定理将用三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，，可得， 所以，即. 【小问2详解】 （i）在中，由正弦定理得， 可得，即（*）， 由（1）已证：，即， 将 （*）代入得，，即， 解得或（舍去）， 因为，所以. （ii）在中，由正弦定理得， 即①， 由余弦定理得②， 因为，，,所以，所以③， 在中，由余弦定理得:， 将①，②，③式依次代入即得： ， 因为，所以， 结合正弦函数的图象可得，， 所以，即的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正、余弦定理和三角恒等变换在解三角形中的应用，属于难题. 解题关键在于结合图形，寻找边与角之间的数量关系，对于求解与边长有关的范围问题，一般方法即是借助于正、余弦定理和题设条件，将其转化为某角的三角函数式，通过三角函数的值域求解，或者运用基本不等式，函数单调性进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 彭山一中2024-2025高一下半期试题 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项 符合题目要求. 1. 已知，复数，则 A. -2 B. 1 C. 0 D. 2 2. 已知在中，，，，则（ ） A B. C. D. 3. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 4. 已知点则与同方向的单位向量为 A. B. C. D. 5. 下列说法错误的是（ ） A. 棱台侧棱延长线必相交于一点 B. 正四棱锥的侧面可以是等边三角形 C. 棱柱的侧面都是平行四边形 D. 矩形旋转一周一定能形成一个圆柱 6. 若是方程的两个根，则（ ） A. B. C. D. 7. 某校高一年级的学生参加了主题为《追寻大儒足迹，传承董子文化》的实践活动.在参观董子文化馆时，为了测量董子雕像高度，在处测得雕像最高点的仰角分别为和，且，，则该雕像的高度约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 8. 如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部是 B. 的共轭复数是 C. D. 10. 在中，内角所对的边分别是，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积是 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则可能等于10 D. 若，则的面积为或 11. 设函数，则（ ） A. 的图象有对称轴 B. 是周期函数 C. 在区间上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是纯虚数，则_____. 13. 定义向量的一种新运算：，其中是向量的夹角.已知，则__________. 14. 在中，已知，则的最大值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，所对边分别为，，，，. （1）若，求的值； （2）面积等于，求的值. 16. 已知向量. （1）若，求值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 18. 已知向量，，函数，相邻对称轴之间的距离为． （1）求的解析式； （2）求函数单调递增区间和对称轴方程； （3）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于x的方程在上只有一个解，求实数m的取值范围． 19. 如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. （1）证明：； （2）若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$