精品解析：广东省广东仲元中学、深圳龙城高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题

广东仲元中学-龙城高级中学2024-2025学年度 第二学期高一年级期中联考数学试题 命题人：张海伦 审题人：黄意娴 考试时间：14：30—16：30 一、单项选择题：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. 复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量，满足，，，夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，，长米，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，则为（ ） A. 直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C. 等边三角形 D. 等腰非等边三角形 8. 如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列判断: ①直线与异面；②平面ABCD；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等;⑤.其中判断正确的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：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. 欧拉公式其中为虚数单位，是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. B. 为纯虚数 C. 复数的模长等于1 D. 的共轭复数为 10. 如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点，，，在同一平面内 B. 三条直线，，有公共点 C. 直线与直线不是异面直线 D. 直线上存在点使，，三点共线 11. 已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（ ） A. 的面积为定值 B. 使得 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，角，，的对边分别是，，，，，若这个三角形有两解，则的取值范围是________ 13. 如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________. 14. 如图，点O为内一点，且，，，则______ 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. 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 16. 已知复数，i为虚数单位． （1）求z的共轭复数； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值． 17. 已知向量. （1）求函数的解析式及其单调递减区间； （2）若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围. 18. 如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上一动点. （1）正四棱锥的表面积； （2）若直线平面ACP，求证：P为棱SD的中点； （3）若，侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 19. 某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）． （1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值； （2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍． （i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求． （ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东仲元中学-龙城高级中学2024-2025学年度 第二学期高一年级期中联考数学试题 命题人：张海伦 审题人：黄意娴 考试时间：14：30—16：30 一、单项选择题：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. 复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数，求出复数在复平面内对应的点的坐标即可． 【详解】由，得, ∴复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限． 故选:B． 2. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式，同角关系式变形可得，由正切的二倍角公式计算． 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 故选：A． 3. 已知向量，满足，，，夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量计算公式，可得答案. 【详解】在上的投影向量. 故选：C. 4. 已知函数的最小正周期为，则图象的一个对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由最小正周期可求，可得，利用，可求对称中心的坐标. 【详解】由，得，所以． 令，则， 当时，， 所以图象的一个对称中心的坐标为． 故选：D. 5. 若一个圆台的两个底面半径分别为1和2，侧面积为，则它的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由侧面积求得母线长，再求出圆台的高，然后由体积公式计算． 【详解】记母线长为，高为， 由侧面积为，，则高为， 所以体积为， 故选：B． 6. 如图，为了测量河对岸的塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个观测点和，测得，，长米，并在处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得. 【详解】在中，，，则， 由正弦定理得，则， 在中，，所以. 故选：D 7. 在中，，则为（ ） A. 直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C. 等边三角形 D. 等腰非等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】将条件，利用向量加法的几何意义及数量积的运算转化为角平分线与高线合一可得等腰三角形；再利用数量积定义求解角，即可判断形状. 【详解】由，得， 由和分别是与、方向相同的单位向量， 如图，在边上取点，使， 作平行四边形，则， 由，则平行四边形为菱形，则对角线即为的平分线； 由，可得，故， 延长交于，即，则既是高线，也是的平分线， 为等腰三角形，且； 由， 所以，由，所以， 故，即为等边三角形. 故选：C. 8. 如图所示，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列判断: ①直线与异面；②平面ABCD；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等;⑤.其中判断正确的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】连接，利用异面直线的判定即可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用锥体的体积公式可判断③⑤；计算出、的面积，可判断④. 【详解】对①，连接，交于点，因为， 则四点共面，又因为，则平面与平面交于点， 显然平面，且未经过点，则直线与异面，故①正确； 命题①正确； 对②，因为平面平面，平面，则平面，命题②正确； 设，则为的中点，且，即点到平面的距离为， 因为平面，平面，则， 又因为且，故四边形为矩形， 故， 因此，，是定值，命题③正确； 连接、，取的中点，连接，易知是边长为的等边三角形， 所以，，且， 所以，，所以④错误； 因为平面，所以，点、到平面的距离相等， 因为，所以⑤正确； 综上，正确命题的序号为①②③⑤，有个． 故选：C． 二、多项选择题：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. 欧拉公式其中为虚数单位，是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. B. 为纯虚数 C. 复数的模长等于1 D. 的共轭复数为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由，将所求复数化为的形式，进而逐项判断可得其正误． 【详解】对A，因为（其中为虚数单位，），所以，故A错； 对B，为纯虚数，故B正确； 对C，复数的模长等于，故C正确； 对D，其共轭复数为，故D正确． 故选：BCD． 10. 如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 四点，，，在同一平面内 B. 三条直线，，有公共点 C. 直线与直线不是异面直线 D. 直线上存在点使，，三点共线 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据平行关系可证，即可得四点共面；对于B：根据平面的性质分析判断；对于C：根据异面直线的判定定理分析判断；对于D：可知与相交，即可判断. 【详解】作图，如图： 对于选项A：连接， 因为，可知为平行四边形，则， 又因为，分别为，的中点，则， 可得，所以四点，，，在同一平面内，故A正确； 对于选项B：延长，则相交于点，即， 又因为平面，平面， 则平面，平面， 且平面平面，所以， 即三条直线，，有公共点，故B正确； 对于选项C：因为平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线，故C错误； 对于选项D：因为均在平面内，连接，则与相交， 所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知P是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，则下列正确的是（ ） A. 的面积为定值 B. 使得 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据可得，从而确定在正六边形的对角线上运动，进而根据到的距离为定值判断即可；对B，根据正六边形的对称性判断即可；对C，根据正六边形的对称性分析最值即可；对D，根据当时，有最小值判断即可. 【详解】对A，由可得， 即，可得， 因此，在正六边形的对角线上运动， 所以到的距离为定值，所以的面积为定值，故A正确； 对B，因为正六边形关于对角线对称，故，故B错误； 对C，根据图形的对称性，当为中点时，取得最大值， 当与重合时取得最小值，即的取值范围是，故C正确； 对D，因为正六边形边长为1，所以平行线的距离， 又当时，有最小值，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，角，，的对边分别是，，，，，若这个三角形有两解，则的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】根据求解即可得答案. 【详解】因为这个三角形有两解，故满足， 即，解得. 故答案为： 13. 如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________. 【答案】 【解析】 【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长. 【详解】为中点，连接， 正方体中，，，则四边形为平行四边形， 有，， 为中点，是的中点，则，得， 则平面截正方体所得的截面图形为梯形， 其中，，， 则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是 故答案为： 14. 如图，点O为内一点，且，，，则______ 【答案】8 【解析】 【分析】由，知点为的重心．连接并延长，交于点，可得和的长，又，利用平面向量的数量积公式计算即可得解． 【详解】解：由，所以点O为的重心．连接CO并延长，交AB于点D． 又，所以． 在中，，所以． 故答案为：8. 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. 已知向量，． （1）若，求的坐标； （2）若，求与夹角的余弦值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，代入求值即可； （2）由，得，利用向量数量积和向量的模，求夹角的余弦. 【小问1详解】 由，设，，， ，或． 【小问2详解】 ，， ，， ，． 设与的夹角为，则． 与的夹角的余弦值为． 16. 已知复数，i为虚数单位． （1）求z的共轭复数； （2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的运算可得，即可得共轭复数； （2）可知：、是方程的根，利用韦达定理即可得结果. 【小问1详解】 因为， 所以z的共轭复数. 【小问2详解】 由题意可知：、是方程的根， 则，即. 17. 已知向量. （1）求函数的解析式及其单调递减区间； （2）若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积及三角函数公式化简函数，再根据三角函数的性质求解即可； （2）根据函数零点的定义，将问题转化为图形交点问题求解即可. 【小问1详解】 ， 由，得， 即函数的单调递减区间为. 【小问2详解】 当时，令， 则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且. 函数在区间上有且仅有两个零点， 等价于函数的图象与函数在上有两个公共点， 所以，或， 即的取值范围是. 18. 如图所示正四棱锥，，P为侧棱SD上一动点. （1）正四棱锥的表面积； （2）若直线平面ACP，求证：P为棱SD的中点； （3）若，侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在，，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用正棱锥的性质及面积公式可求答案； （2）利用线面平行的性质得到线线平行，利用中位线可证结论； （3）利用面面平行的判定和性质得到平面，结合平行线段性质可得结论. 【小问1详解】 因为，所以底面积为2，由正四棱锥的性质可得侧面为全等的等腰三角形， 因为，所以侧面积为， 所以正四棱锥的表面积为. 【小问2详解】 连接,交于，则为中点，连接； 因为直线平面，且平面平面， 所以， 因为为中点，所以P为棱SD的中点. 【小问3详解】 在侧棱SC上存在一点E，使得平面，满足. 理由如下:取SD的中点Q，连接BQ， 因为，所以，又为的中点， 在△中, ,又平面，平面，所以平面， 过Q作，交于，连接， 又平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面，又平面, 所以平面，由，得, 由，Q为SD的中点，得， 所以，即侧棱SC上存在一点E，当满足时, 平面PAC. 19. 某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）． （1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值； （2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍． （i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求． （ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？ 【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米. 【解析】 【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值. （2）（i）利用正弦定理求得； （ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值. 【详解】（1）如图，在中 由余弦定理得，， 所以 所以，（当且仅当时等号成立） 故两机器人运动路程和的最大值为 （2）（i）在中 由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故， 由正弦定理可得 所以 （ii）设，则， 由余弦定理可得， 所以 所以 由题意得对任意恒成立， 故，当且仅当时取到等号． 答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲． 【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $