精品解析：浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试卷

绝密★考试结束前 2024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考 高一年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 2. 已知向量，若∥，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 3. 有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（ ）米. A. B. 20 C. 10 D. 5. 图象为如图的函数可能是（ ） A. B. C D. 6. 唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的单位圆与锐角x的终边交于点P，过点作x轴的垂线与锐角x的终边交于点T，如图所示，的面积小于扇形AOP的面积，扇形AOP的面积小于的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 若函数的周期为，则 B. 若，则函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到 C. 若且直线是函数的一条对称轴，则在上单调递增 D. 若函数在区间上没有零点，则 11. 如图， 已知均为等边三角形， 分别为的中点，为内一点 (含边界)． ， 下列说法正确的是（ ） A. 延长交于， 则 B. 若， 则为的重心 C. 若，则点轨迹是一条线段 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，向量，则在上的投影向量是__________（注：本题答案用坐标表示） 13. 已知在中，的角平分线交线段于，则___________. 14. 已知是平面内三个非零向量，且，，则当与夹角最小时，__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知、是非零向量， ， 且 、． （1）求与的夹角； （2）求． 16. 设为虚数单位，，复数.且___________.请从下面三个条件中任选一个，补充在题目的横线上，并作答. ①；②；③在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上. （1）求实数的值； （2）若是纯虚数，求实数的值. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.） 17. 已知向量，函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角三角形中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求面积的取值范围． 18. 已知函数． （1）若，求的值； （2）根据函数单调性的定义证明函数在上单调递增； （3）若存在，使得不等式成立，求实数m取值范围． 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2024学年第二学期温州环大罗山联盟期中联考 高一年级数学学科 试题 考生须知： 1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据虚部的定义求解即可. 【详解】复数的虚部为，即虚部为. 故选：B. 2. 已知向量，若∥，则（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示运算求解. 【详解】因为， 若∥，则，即. 故选：C. 3. 有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由所给条件求出BC，将斜二测直观图还原成直角梯形，利用梯形的面积公式即可求解. 【详解】如图1所示，过点A作AE垂直于BC于点E，，， ，四边形是正方形，则，， 将斜二测直观图还原成图2所示直角梯形，其中, 所以这块菜地的面积为. 故选：D. 4. 如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（ ）米. A. B. 20 C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直角三角形三角关系可得，，根据题意列式求解即可. 【详解】设古塔AB的高为米， 在中，可得； 在中，可得； 由题意可知：，即，解得， 所以古塔AB的高为米. 故选：A. 5. 图象为如图的函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象关于原点对称及与x轴交点情况可排除B,D，再结合函数的值的正负排除C,答案可得. 【详解】根据图象可看到函数为奇函数，并且与x轴交点不止一个， 而是偶函数，只有唯一根，其图象与x轴交点只有一个， 由此可排除B，D; 当 时，，由此可排除C; 故选:A. 6. 唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆柱的高为，内壁的表面积为，可得，可得，利用几何体的几何特征可求内壁表面积. 【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为， 由题意可知：，解得， 内壁的表面积等于圆柱的侧面积，加半球的表面积， 即. 故选：D. 7. 在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的单位圆与锐角x的终边交于点P，过点作x轴的垂线与锐角x的终边交于点T，如图所示，的面积小于扇形AOP的面积，扇形AOP的面积小于的面积，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形和扇形面积公式得出，都成立，从而判断AB；再由，都成立，判断CD. 【详解】根据题意，的面积为，扇形AOP的面积为，的面积为，依题意可得，即，都成立，故AB错误； 当为锐角时，也为锐角，，都成立，所以，；，，故C错误，D正确； 故选：D 8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果. 【详解】因为，且，则， 由余弦定理可得，所以， 即，由正弦定理可得， 其中，则，所以， 又， 化简可得， 且为锐角三角形，则， 所以， 即， 解得或（舍）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由正弦定理即可判断A;设，由余弦定理可求得 ,继而求得，即可判断B,C,D. 【详解】由正弦定理可知，推不出，故A错误； 由，设 ， 则 ，故A为锐角， ， ，故C为钝角，， ，故B为锐角，, 故，故B正确； 由上面分析可知，，故C错误； 又 ， 故，故D正确， 故选：BD 10. 已知函数，则（ ） A. 若函数的周期为，则 B. 若，则函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到 C. 若且直线是函数的一条对称轴，则在上单调递增 D. 若函数在区间上没有零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用倍角公式及两角和的正弦公式化简函数的解析式，逐项判断即可确定正确答案. 【详解】， 对于A，若函数的周期为，则，故A错误； 对于B，若，则， 故函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，故B正确； 对于C，若且直线是函数的一条对称轴， 则且，解得，则， 由，得，故在上单调递增，故C正确； 对于D，当时，， 若函数在区间上没有零点，则， 又，则，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图， 已知均为等边三角形， 分别为的中点，为内一点 (含边界)． ， 下列说法正确的是（ ） A. 延长交于， 则 B. 若， 则为的重心 C. 若，则点的轨迹是一条线段 D. 的最小值是 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，根据面积比求出，判断A选项； B选项，建立平面直角坐标系，设出边长为1，写出各点的坐标，然后写出直线CN，BM，AG的方程，联立后求出的坐标，求出与的重心坐标，两者重合；C选项，设出点的坐标，利用向量关系及求出，得出C正确；D选项，利用C选项，得到，结合，求出的最小值. 【详解】A选项，因为已知均为等边三角形，分别为的中点， 连接CD，AE，BF，延长BE交AC于点M， 则， 所以，则，，A正确； 以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系， 延长AD交BC于点G，延长CF交AB于点N，由A选项可知：， 设边长为1，则， 则直线，直线BM：， 联立直线CN与BM，求得：，所以， 直线AG：，联立直线AG与BM，求得：，所以， 联立直线AG与CN，求得：，所以， 因为， 则为的重心， 则，即， 而的重心为，即， 故为的重心，B正确； 设，，结合B选项中建立的坐标系，可知： ，即，解得： 若， 则，整理得：， 因为为内一点 (含边界)，所以点的轨迹是一条线段，C正确； 结合C选项，可知， 其中， 当时，取得最小值， 最小值为，故D错误. 故选：ABC 【点睛】建立平面直角坐标系，利用坐标来解决平面向量问题，对于一些平面向量问题可以做到事半功倍. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，向量，则在上的投影向量是__________（注：本题答案用坐标表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得且，结合投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】由向量，可得且， 所以向量在向量上的投影向量为. 故答案为：. 13. 已知在中，的角平分线交线段于，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用余弦定理求得，解直角三角形求得. 【详解】由余弦定理得， 所以，所以， 由于， 在直角三角形中，. 故答案为： 14. 已知是平面内三个非零向量，且，，则当与的夹角最小时，__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，得到是正三角形，以为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，得到，令，得到，设函数，利用导数分析函数取到最大值时的值，进而求得的值，或者利用数形结合可求夹角最小时的值. 【详解】法1：设，因为，所以，所以是边长为的等边三角形， 而，故，故在以为直径的圆上，如图： 设该圆的圆心为，则， 当与的夹角最小时即与的夹角最小时，与圆相切于圆的右侧， 此时. 法2：设，因为，所以， 所以是边长为的等边三角形， 因为，所以以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示， 设，，则，则， 可得， 所以， 因为， 所以， 则， 要使得与的夹角最小，则需取得最大值，且， ， 令，则， 设函数，可得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，即取得最大值， 此时与的夹角最小，， 所以. 故答案为：. 法2： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知、是非零向量， ， 且 、． （1）求与的夹角； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，根据数量积的运算律求出，再根据计算可得； （2）根据及数量积的运算律计算可得； 【小问1详解】 解：因为，所以，即，即， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 解： 16. 设为虚数单位，，复数.且___________.请从下面三个条件中任选一个，补充在题目横线上，并作答. ①；②；③在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上. （1）求实数的值； （2）若是纯虚数，求实数的值. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.） 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）若选①，先求出，然后令其虚部为0即可求得答案；若选②，先求出，然后根据复数相等求得答案；若选③，令实部和虚部相等即可求得答案； （2）先算出，然后令实部为0且虚部不为0即可求得答案. 【小问1详解】 若选①：由，得，解得. 若选②：由，解得. 若选③：由得. 【小问2详解】 ，由，解得. 17. 已知向量，函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）在锐角三角形中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求面积的取值范围． 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解函数在上的单调递增区间； （2）由（1）得，即，求得，由正弦定理得，，化简，根据为锐角三角形，求得，结合三角函数的性质和三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量， 可得， ， 令，得； 又因为，当时，；当时，， 所以函数在上的单调递增区间是和. 【小问2详解】 解：由（1）可得，即， 因为，所以，所以，则， 又由正弦定理得，则，， 则． ， 因为为锐角三角形，可得由，即，得， 所以，所以，则， 所以的取值范围为，所以， 即面积的取值范围为. 18 已知函数． （1）若，求的值； （2）根据函数单调性的定义证明函数在上单调递增； （3）若存在，使得不等式成立，求实数m取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用对数的运算公式，即可求解； （2）根据题意，利用函数单调性定义及判定方法，结合指数函数的性质，即可求解； （3）由，不等式转化为，根据在上单调递增，转化为存在，使得成立，令，得到存在，使得，结合函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 由函数， 因为，可得. 【小问2详解】 任取，且， 则 ． 因为，可得，所以，， 所以，即， 所以在上单调递增． 【小问3详解】 因为， 所以可化， 由（2）可知，在上单调递增， 所以，即， 要存在，使得不等式成立， 只要存在，使得成立， 因为，所以，令， 只要存在，使得成立，即， 令， 设且， ， 当且时，，则， 可得时，函数单调递增， 所以（当时取等号）， 所以，即实数的取值范围为. 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【小问1详解】 把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. 【小问2详解】 设圆锥半径为，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. 【小问3详解】 设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $