精品解析：吉林省长春市朝阳区长春外国语学校2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题

长春外国语学校2024-2025学年第二学期期中考试高一年级 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第I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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知虚数单位，（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 3. 的直观图如图所示，其中轴，轴，且，，则的面积为（ ） A. 24 B. 12 C. 6 D. 8 4. 已知两个不同的平面和两条不同的直线满足，则“平行”是“不相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要非充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知底面半径为1的圆柱的体积为，则该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 7. 如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的.选对得6分，部分选对得部分分，多选或错选得0分. 9. 若复数，则（ ） A. B. z在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 复数满足，则最小值为 10. 下列命题正确的有（ ） A. 在中，若，则 B. 在中，若，则为等腰三角形 C. ，，则在上的投影向量等于 D. 两个非零向量，夹角是锐角的必要不充分条件是 11. 设是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，则 D. 若，，则 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则__________. 13. 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段AD的长度为__________. 14. 如图，O是圆台上底面的圆心，A，B是圆台下底面圆周上的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R.若，平面OAB，且线段AB长度的最小值为6，则该圆台的体积为__________. 四、解答题：本题共有5小题，共77分. 15. 在平面直角坐标系中，已知，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若，以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，求该几何体的表面积. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，且 （1）求角A； （2）若，的面积为，求的周长. 17. P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证： （1）AE∥平面PCF； （2）平面PCF∥平面AEG. 18. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式及单调递增区间； （2）将函数图象向左平移个单位长度后得到函数图象，若不等式对任意成立，求m的取值范围. 19. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求该几何体的表面积； （2）求证：； （3）若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长春外国语学校2024-2025学年第二学期期中考试高一年级 数学试卷 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 第I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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知是虚数单位，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法法则计算即可. 【详解】， 故选：C. 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的运算律求解即可. 【详解】由，， 则. 故选：D. 3. 的直观图如图所示，其中轴，轴，且，，则的面积为（ ） A. 24 B. 12 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积. 【详解】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中， 所以. 故选：A. 4. 已知两个不同的平面和两条不同的直线满足，则“平行”是“不相交”的（ ） A. 充要条件 B. 充分非必要条件 C. 必要非充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两平面平行的定义，结合，可得判定充分性成立，结合反例图象，可判定必要性不成立，即可得到答案. 【详解】当，则平面与平面，没有公共点， 若，则直线没有公共点，所以不相交，即充分性成立； 如图所示，若不相交，且，则平面与平面不一定平行， 即必要性不成立， 所以“平行”是“和不相交”的充分非必要条件， 故选：B. 5. 已知底面半径为1的圆柱的体积为，则该圆柱的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆柱的体积公式求出高，再利用圆柱的侧面积公式计算得解. 【详解】设圆柱的高为，则，解得， 所以该圆柱的侧面积为. 故选：D 6. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位 B. 向左平移个单位 C. 向右平移个单位 D. 向右平移个单位 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式结合三角函数图象变换可得出结论. 【详解】因为， 所以，为了得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度. 故选：A. 7. 如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，由四边形为平行四边形得出和所成角即为或其补角，再由余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，如图所示， 由正方体得，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为中点，所以，所以， 则和所成角即为或其补角， 连接，在中，， 在中，，则， 所以和所成角的余弦值为， 故选：A． 8. 已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，利用勾股定理得到方程组求出，再求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积； 【详解】根据题意：将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线， 设长方体交于一个顶点的三条棱长为，该三棱锥的外接球的半径为，如图：    则有， 所以， 所以，即， 所以球的体积为， 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的.选对得6分，部分选对得部分分，多选或错选得0分. 9. 若复数，则（ ） A. B. z在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 复数满足，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复数的除法求出，再结合复数的模、共轭复数及复数的几何意义逐项判断. 【详解】复数， 对于A，，A正确； 对于B，在复平面内对应的点位于第四象限，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，由，得复数在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆上， 为该圆上的点与点的距离，其最小值为圆心到点的距离减1，即，D错误. 故选：AC 10. 下列命题正确的有（ ） A. 中，若，则 B. 在中，若，则为等腰三角形 C. ，，则在上的投影向量等于 D. 两个非零向量，的夹角是锐角的必要不充分条件是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，分两种情况说明即可；对于B，得到或即可；对于C，由投影向量的定义即可判断；对于D，由且不共线的必要不充分条件是即可判断. 【详解】对于A，若， 若是钝角或者直角，自然有（否则与三角形内角和为矛盾）， 若是锐角，则或（舍去，因为与三角形内角和为矛盾），故A正确； 对于B，在中，若，则或， 即或，则为等腰三角形或者直角三角形，故B错误； 对于C，，，则在上投影向量等于，故C正确； 对于D，两个非零向量，的夹角是锐角的充要条件是且不共线， 且不共线的必要不充分条件是，故D正确. 故选：ACD. 11. 设是三条不同直线，，是两个不同的平面，下列命题中为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面、面面的位置关系逐个判断即可. 【详解】若，，则或，错误； 若，，则，正确；（面面平行的性质） 若，，则或异面或相交，错误； 若，，则或异面或相交，错误； 故选：ACD 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解即得. 【详解】在中，由正弦定理得. 故答案为： 13. 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段AD的长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式得到，又，从而得到方程，求出答案. 【详解】在中，由面积公式得， 又， 故，解得 故答案为： 14. 如图，O是圆台上底面的圆心，A，B是圆台下底面圆周上的两个动点，MN是圆台的一条母线，记圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R.若，平面OAB，且线段AB长度的最小值为6，则该圆台的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将圆台补形成圆锥，根据线面平行可得线线平行，由平行四边形以及等腰梯形的性质，求得圆台的高，结合中位线定理可得圆锥的高，利用圆锥的体积公式，可得答案. 【详解】由题意将圆台补形成圆锥，记顶点为，设底面圆心为， 分别连接并延长交圆台侧面为， 记，连接，如下图： 因为平面，平面，平面平面，所以， 易知，则，易知当时，的长取得最小值为， 可得，即，则，解得， 所以，易知， 因为，，所以， 综上可得圆台的体积为. 故答案为：. 四、解答题：本题共有5小题，共77分. 15. 在平面直角坐标系中，已知，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若，以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，求该几何体的表面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三点共线可知，由向量共线的坐标表示即可求解； （2）由可知，根据向量垂直的坐标表示求出实数的值，进而可根据向量模长计算公式可计算，，.以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥，根据圆锥的表面积公式即可求解. 【小问1详解】 ∵，，，，. ∵三点共线，，，解得， 即实数的值为. 【小问2详解】 由（1）知，. ，，，即. ，，，，. 以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥， 故该几何体的表面积为. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，且 （1）求角A； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示，结合正弦定理边化角以及两角和的正弦公式即可求解； （2）由根据面积公式，结合余弦定理求出，即可求解； 【小问1详解】 由，得， 利用正弦定理，得， 又， 代入上式，， 整理得，， 因，两边除以，得， 即，又，故； 【小问2详解】 由面积公式，，，， ，结合， 由余弦定理：， 代入，，则， 故周长为 17. P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证： （1）AE∥平面PCF； （2）平面PCF∥平面AEG. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取PC中点H，分别连接EH，FH，根据E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，得到EAFH为平行四边形，从而EA∥FH，再利用线面平行的判定定理证明； （2）根据E，G分别为PD，CD的中点，得到EG∥PC，利用线面平行的判定定理得到EG∥平面PCF，再利用面面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 证明：如图所示： ， 取PC中点H，分别连接EH，FH， ∵E，F，H分别为PD，AB，PC的中点， ∴， ∴EAFH为平行四边形． ∴EA∥FH. 又平面PCF，平面PCF， ∴AE∥平面PCF. 【小问2详解】 ∵E，G分别为PD，CD的中点， ∴EG∥PC. 又平面PCF，平面PCF， ∴EG∥平面PCF. 由(1)知AE∥平面PCF，EG∩AE＝E. ∴平面PCF∥平面AEG. 18. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式及单调递增区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数图象，若不等式对任意成立，求m的取值范围. 【答案】（1）；， （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的图象，由最大值确定，由对称轴和零点的距离确定，再由最大值点确定，再代入正弦公式的单调递增区间，即可求解； （2）首先求函数的解析式，根据函数的定义域，利用代入法求函数的只有，再将不等式恒成立问题，转化为最值问题，列不等式，即可求解. 【小问1详解】 由图象可知，，，得， 当时，，，得，， 因为，所以， 所以， 令，， 得，， 所以函数的单调递增区间是，； 小问2详解】 ， 当时，， 则， 若不等方式对任意成立，则， 得. 19. 如图几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转得到的.已知，，P是上的中点，Q是AC的中点，BP与CE交于点O. （1）求该几何体的表面积； （2）求证：； （3）若M是上的一点，且满足平面平面ABEF，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）将几何体的表面积分成上下两个扇形、两个矩形和一个圆柱形侧面的一部分组成，分别求出后相加即可； （2）证明平面，再由线线平行的证明可得； （3）设平面平面，利用面面平行性质定理证明，中，由正弦定理求，再证明，由此可得结论. 【小问1详解】 几何体的表面积上下两个扇形的面积之和为： 两个矩形面积之和为： 侧面圆弧段的面积为： 故这个几何体的表面积为： 【小问2详解】 连接，因为，所以， 直线平面，平面，所以， 平面，平面，平面， 所以，因为所以是平行四边形，所以， 所以； 【小问3详解】 连接OM，QM，因为平面平面ABEF， 设平面平面，又平面平面，则， 因为Q是AC的中点，所以H为BC的中点，G为AD的中点， 因为平面平面， 又平面平面，平面平面ABEF，所以， 又，所以， 因为，， 在中，由正弦定理可得， 所以，所以， 因为，所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$