精品解析：吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

高一数学期中试题 一、选择题：共8小题，每小题5分，在每小题选项只有1个符合题目要求单选题 1. 已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案. 【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，. 故选：A 2. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可. 【详解】因为，且由余弦定理得， 所以，解得，而在中，，则，故A正确. 故选：A． 3. 长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的直径是长方体的体对角线，由，求得半径即可. 【详解】设球的半径为R，由题意，球的直径是长方体的体对角线， 所以， 解得， 所以球的表面积为：， 故选：C 4. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义，向量平行的定义以及充分条件，必要条件的定义即可判断． 详解】若平面向量，平行，则向量，方向相同或相反，所以或； 若，则，即向量，方向相同，以及向量，平行． 综上，“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的必要非充分条件． 故选：B． 5. 如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出，求得，再利用向量相等求解即可. 【详解】连接AF，因为B，P，F三点共线， 所以， 因为，所以， 所以. 因为E是BC的中点， 所以. 因为， 所以， 则， 解得. 故选：A 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题. 6. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解. 【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图， 因为斜二测直观图为矩形，，, 则， 可得原图中（右图），, , 四边形的面积为. 故选：D. 7. 已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若a cos B＝b cos A，则△ABC一定是（　　） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化，再结合两角差的正弦公式即可得解. 【详解】由正弦定理得，a cos B＝b cos A⇒sin A cos B＝sin B cos A⇒sin (A－B)＝0， 由于－π＜A－B＜π，故必有A－B＝0，A＝B，即△ABC为等腰三角形． 故选：A. 8. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，， 向量在向量方向上的投影向量为. 故选：D. 二、选择题：本大题共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. 下列命题中正确有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 空间内三点确定一个平面 C. 分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D. 一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可. 【详解】对于A选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故A正确； 对于B选项，要强调该三点不在同一直线上，故B错误； 对于C选项，两条直线的交点同时在两个平面上，所以交点只可能在两个平面的交线上，故C正确； 对于D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故D错误. 故选：AC. 10. 已知的内角的对边分别为，已知，锐角C满足，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由三角形的面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误. 【详解】在中，因为，且， 由三角形的面积公式，可得，所以A错误； 由为锐角，且，可得，所以B正确； 由余弦定理得，可得，所以C正确； 由余弦定理得，所以D不正确. 故选：BC. 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，则或 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基本不等式、范围可判断A；由余弦定理可判断B；由正弦定理、余弦二倍角公式、两角和与差的余弦公式可判断C；由利用余弦的二倍角公式可判断D. 【详解】对于A，，当且仅当时等号成立，所以， 再由得，故A错误； 对于B，由余弦定理得，整理得，故B正确； 对于C，由结合正弦定理， 得 ，因为， 所以，得， 因为，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D，由C选项，，， 得，整理得， 解得或，因为，所以，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 12. 圆柱的侧面展开图是边长分别为的矩形，则圆柱的体积为_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】有两种形式的圆柱的展开图,分别求出底面半径和高,分别求出体积. 【详解】圆柱的侧面展开图是边长为2a与a的矩形, 当母线为a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是； 当母线为2a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是, 综上所求圆柱的体积是:或， 故答案为或; 本题考查圆柱的侧面展开图,圆柱的体积,容易疏忽一种情况,导致错误. 13. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知等式模长关系得到，再结合二次函数的性质计算即可； 【详解】设，则， 所以，解得， 所以， 所以的取值范围是为. 故答案为：. 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理，所以， 又因为，所以， 解得或， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 由正弦定理得， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，有最小值为，当时，有最大值为， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 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. 已知复数满足，. （1）求； （2）若复数满足，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据复数的模长公式即可求解. （2）根据复数相等的充要条件，即可列方程组求解. 【小问1详解】 由题意得， 所以或（舍去）， 故 【小问2详解】 设， 则， 所以解得或 所以或 16. 在内，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角值； （2）若的面积为，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，求出角； （2）由余弦定理和面积公式得到方程，求出，进而求出周长 【小问1详解】 由，得 由正弦定理，得． ． ． 又， ． 又， ． 又， ． 【小问2详解】 由（1）知， ① 又，故， ，② 又， 由①②，得，故， ∴， 故，周长为. 17. 已知为的三内角，且其对边分别为，若. （1）求； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，由于，可求的值，结合，可求A的值. （2）由已知利用余弦定理可求bc的值，进而根据三角形的面积公式即可得解. 【详解】解：（1）∵， ∴由正弦定理可得：， 整理得， 即：， 所以， ∵，∴， ∵，∴. （2）由，，由余弦定理得， ∴，即有， ∴， ∴的面积为. 【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.解题的过程中注意以下公式的灵活应用：、、. 18. 已知按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，． （Ⅰ）画出的原图并求其面积： （Ⅱ）若以的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积． 【答案】（Ⅰ）原图见解析，面积为8；（Ⅱ）体积为，表面积为. 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据斜二测画法规则还原的原图即可求解； （Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为圆锥，由圆锥体积和表面积公式即可求解. 【详解】解：（Ⅰ）由斜二测画法，原图中，，的原图如下： ； （Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为：底面圆半径为4，高为4，母线长为的圆锥，故所得几何体的体积为，所得几何体的表面积为. 19. 已知的三内角所对的边分别是，向量，且． （1）求角的大小； （2）若，求三角形周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用以及正弦定理边化角，整理计算后可得答案； （2）利用余弦定理求得，在根据三角形边的关系可得的范围，进而可得周长范围. 【小问1详解】 由已知，且， ， 由正弦定理得， ， 即， ，； 【小问2详解】 由余弦定理，得 ， 当且仅当时取等号． ，故，又， ∴的取值范围是， 所以周长的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学期中试题 一、选择题：共8小题，每小题5分，在每小题选项只有1个符合题目要求单选题 1. 已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 3. 长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（ ） A. B. C. D. 4. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若a cos B＝b cos A，则△ABC一定是（　　） A 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 已知，，，则向量在向量方向上投影向量是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 空间内三点确定一个平面 C. 分别在两个相交平面内两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D. 一条直线与三角形两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 10. 已知内角的对边分别为，已知，锐角C满足，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，则或 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 12. 圆柱的侧面展开图是边长分别为的矩形，则圆柱的体积为_____________． 13. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 14. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数满足，. （1）求； （2）若复数满足，求. 16. 在内，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求角的值； （2）若的面积为，，求的周长． 17. 已知为的三内角，且其对边分别为，若. （1）求； （2）若，，求的面积. 18. 已知按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，． （Ⅰ）画出的原图并求其面积： （Ⅱ）若以的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积． 19. 已知的三内角所对的边分别是，向量，且． （1）求角的大小； （2）若，求三角形周长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$