精品解析：山东省淄博第六中学2024-2025学年高一下学期期中学分认定考试数学试题

2024-2025学年第二学期期中学分认定考试 高一数学学科试题 注意事项： 1．本试题分第I卷和第II卷两部分.第I卷为选择题，共58分；第I卷为非选择题，共92分；满分150分，考试时间为120分钟． 2．客观题请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上，主观题用0.5mm黑色签字笔答题. 第I卷（共58分） 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数z满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 一艘海轮从处出发，以每小时50海里的速度沿南偏东的方向直线航行，2小时后到达处，在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在处观察灯塔．其方向是北偏东，那么两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 7. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 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．） 8. 已知，，是与同向的单位向量，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与可以作为一组基底 D. 向量在向量上的投影向量为 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是周期为的奇函数 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 的值域是 10. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 第II卷（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 11. ______ 12. 如果复数满足，那么的最大值是_____． 13. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______. 四、解答题（本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. 如图，在直角梯形中，． （1）求； （2）若为边上一点，且，求． 15. 如图，已知矩形中，，将矩形沿对角线把折起，使移到点，且在平面上的射影恰好在上． （1）求证：； （2）求三棱锥的体积． 16. 在中，内角对应的边分别是，且． （1）若的面积是，求的周长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 17. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）若为的中点，求证：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 18. 已知函数 （1）求函数的对称轴及对称中心； （2）若方程在上的有两个解，求的范围； （3）将函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线，再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若，不等式成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期期中学分认定考试 高一数学学科试题 注意事项： 1．本试题分第I卷和第II卷两部分.第I卷为选择题，共58分；第I卷为非选择题，共92分；满分150分，考试时间为120分钟． 2．客观题请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上，主观题用0.5mm黑色签字笔答题. 第I卷（共58分） 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数z满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘除法结合共轭复数的概念计算即可. 【详解】， 所以. 故选：B 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式求解. 【详解】. 故选：A. 4. 一艘海轮从处出发，以每小时50海里的速度沿南偏东的方向直线航行，2小时后到达处，在处有一座灯塔，海轮在处观察灯塔，其方向是南偏东，在处观察灯塔．其方向是北偏东，那么两点间的距离是（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】A 【解析】 【分析】确定中各角度数，利用正弦定理即可求出答案. 【详解】由已知可知（海里）， 则，故（海里）， 故选：A 5. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件求出圆台的母线长，再利用圆台表面积公式计算得解. 【详解】圆台的上底面圆半径，下底面圆半径， 设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为，依题意有： ，解 得, 所以圆台的表面积. 故选：C 6. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值. 【详解】将图象左移个单位，根据“左加右减”，得. 因为图象关于轴对称，所以. 得. 因为，当时，最小为. 故选：C. 7. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，得，利用基本不等式运算即可. 【详解】， , ， ，， ， ， 即， ， 当且仅当时等号成立， ，即的最大值是. 故选：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．） 8. 已知，，是与同向的单位向量，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与可以作为一组基底 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出向量的模判断A；求出的坐标判断B；利用基底的定义判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，由，得，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，与不共线，则与可以作为一组基底，C正确； 对于D，，向量在向量上的投影向量，D错误. 故选：ABD 9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 是周期为的奇函数 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 的值域是 【答案】CD 【解析】 【分析】先化简，，A选项利用奇函数若，则，验证；B选项令，求出对称中心的坐标；C选项通过令，求出的增区间，再判断是否正确；D选项通过，确定的值域. 【详解】. 对于A，周期为，，因此不是奇函数，故A错误； 对于B，令，，解得：, 当时，，所以关于对称， 则关于对称，故B错误； 对于C，令，，解得:， 所以增区间为，, 当时，则，故C正确； D选项：，则，则，故D正确. 故选：CD. 10. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，易证，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确， 故选：ACD. 第II卷（共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 11. ______ 【答案】 【解析】 【分析】利用，两角和的正切公式，进行变形，化为所求式子的值． 【详解】因为 所以， 所以 故答案为：. 12. 如果复数满足，那么的最大值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义确定复数z对应的点在两点的连线段上，继而求出的表达式，即可求得答案. 【详解】由于表示复数z对应的点到两点的距离和为3， 结合两点之间距离为3，故复数z对应的点在两点的连线段上， 设，则， 故，当时，取到最大值， 故答案为： 13. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______. 【答案】 【解析】 【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可. 【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，进而， 又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角. 设，则，，. 从而，， ，， 故， 故异面直线与所成角的余弦值是. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 14. 如图，在直角梯形中，． （1）求； （2）若为边上一点，且，求． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）首先建立平面直角坐标系，利用坐标法求平面向量的数量积； （2）设出点的坐标，利用向量垂直的坐标表示，即可求解. 【小问1详解】 如图，以A为原点，所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系， 则,因为， 所以. 【小问2详解】 如图，设，则， 因为，所以，解得或， 故或. 15. 如图，已知矩形中，，将矩形沿对角线把折起，使移到点，且在平面上的射影恰好在上． （1）求证：； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）48 【解析】 【分析】（1）证明，结合，推出平面，得到； （2）说明，由（1）知，推出平面，利用转化求解即可． 【小问1详解】 由于在平面上的射影O在上， 平面，又平面，， 又，， 平面，平面 平面，又平面，， 【小问2详解】 由于为矩形， 由（1）知，，， 平面，平面 平面，平面， ， ，， ， ． 16. 在中，内角对应的边分别是，且． （1）若的面积是，求的周长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到角A的大小，再由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，从而可得，即可得到结果； （2）由三角形的内角和将转化为关于的式子，再由三角函数的性质即可求得结果. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即，因为，所以， 则，即. 因为，所以， 由余弦定理可得， 即，所以， 则，所以， 则的周长为. 【小问2详解】 由可得， 则 ， 且为锐角三角形，则，解得， 所以，则， 所以， 即的取值范围是. 17. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）若为的中点，求证：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明； （2）分析可得在侧棱上是否存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论. 【小问1详解】 如图，连接交于点，连接，，，则为的中点， 当为的中点时，， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 在侧棱上存在点，使得平面，满足， 理由如下：取的中点，由，得， 过作的平行线交于，连接，，中，有， 又平面，平面，所以平面， 由，得， 又，又平面，平面， 所以平面，又，，平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面， 即在侧棱上存在点，使得平面，满足． 18. 已知函数 （1）求函数的对称轴及对称中心； （2）若方程在上的有两个解，求的范围； （3）将函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线，再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若，不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）对称轴，对称中心 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式对化简，再利用三角函数的图象与性质求解即可； （2）结合在取值，根据有两个解，确定答案； （3）利用给定变换求出及在上的最小值，再利用关于的一次函数列出不等式组求解即得. 【小问1详解】 因为， 所以 ， 对称轴：，解得， 对称中心横坐标满足：，解得， 所以对称中心为. 【小问2详解】 因为， 所以， 因为， 当，即时，单调递增， 当，即，单调递减， 当或时，， 当时，， 所以方程在上的有两个解， 所以. 【小问3详解】 因为函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线， 再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象， 所以， 因为，不等式成立， 所以， 因为，所以， 当，即时，， 当时，令， 所以，即，即， 所以实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $