精品解析：四川省广元市直属普通高中备课联盟2024-2025学年高一下学期期中教学质量联合检测数学试题

广元市直属普通高中备课联盟2025年春季学期教学质量联合检测高一年级数学学科试卷 命题人：王 川 做题人：万月琴 审题人：王成忠 （时间：120分钟，满分：150分） 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4个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 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】D 【解析】 【分析】利用复数的乘积运算结合复数对应点的特征求解即可. 【详解】因为， 所以对应的点的位于在第四象限，故D正确. 故选：D 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】由条件可得 因为， 所以 所以 故选：B 3. 已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系，对选项逐一判断即可求解. 【详解】若，，则直线，可能相交、平行或异面，故选项A错误； 若，，则或，故选项B错误； 若，，，则由面面平行的性质定理可知，故选项C正确； 如图所示，平面，平面，平面，平面，但平面与平面相交，故选项D错误. 故选：C. 4. 在复平面内，复数对应的向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出复数，进而求出模. 【详解】由复数对应的向量，则， 所以. 故选：A 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦和余弦的二倍角公式进行化简计算. 【详解】因为，所以，故，， 又因， 所以. 故选：A. 6. 函数的图象如图所示，为了得到函数的图象，可以把函数的图象 A. 每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位 B. 每个点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位 C. 先向左平移个单位，再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变） D. 先向左平移个单位，再把所得各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） 【答案】C 【解析】 【详解】根据函数的图象，设可得 再根据五点法作图可得 故可以把函数的图象先向左平移个单位，得到 的图象，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），即可得到 函数的图象， 故选C． 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若为锐角三角形，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中条件及正弦定理可得，结合为锐角三角形，解得角的范围即可求解. 【详解】在中，，， 由正弦定理可知. ∵为锐角三角形， ∴，解得， ∴，. 故选：D. 8. 如图，已知四棱柱的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在上且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先找到三棱锥与三棱锥的公共部分，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分．再推出点F到平面ABCD的距离是点到平面ABCD距离的，然后根据棱锥的体积公式可得结果. 【详解】如图，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分． 因为，所以，所以， 设点到平面ABCD距离为，则点F到平面ABCD的距离是， 又，所以三棱锥的体积为. 故选：A． 二、选择题（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. 下列四个选项中，化简正确的是（ ） A. B. C D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】逆用两角差的余弦公式即可判断A，C两项；运用拆角与和角公式即可判断B项；运用诱导公式五先转化部分三角函数式，再逆用两角和的正弦公式即可判断D项. 【详解】对于A项， ，故A正确； 对于B项， ，故B错误； 对于C项， ，故C正确； 对于D项， ，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】代入圆锥的侧面积公式，判断A，根据点的位置，确定三棱锥体积的最大值，判断B，根据题中的条件，确定圆锥的外接球的球心和半径，判断C，翻折，使四点共面，即可确定的最小值. 【详解】由条件可知，，圆锥的侧面积为，故A错误； B.当是的高时，此时的面积和三棱锥的体积最大，体积的最大值是，故B正确； C.因为，所以圆锥外接球的球心即为点，半径为，所以外接球的体积为，故C正确； D. 若，则是等腰直角三角形，，， 所以是等边三角形，如图，将沿翻折，使四点共面， 此时三点共线时，的最小值是， 中，， 由余弦定理可知，，故D正确. 故选：BCD 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D，E分别在边上，且的重心在上，又，设，（为相应三角形的面积），则以下正确的是（ ） A. B. 最小值为 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，设的重心为，由题意可知，三点共线，，化简判断A；对于B，，，结合，判断B；对于C，D，借助向量表示得，化简，判断C，D. 【详解】 对于A选项，设的重心为，由题意可知，三点共线， 所以存在使得， 因为且， 所以，化简得，故A正确； 对于B选项，，， 又因为，即， 所以， 因为，当且仅当时等号成立，所以， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，D，因为，所以，即， 又因为， ， ， 所以， 所以，故D正确，C错误， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：对于C，D选项，利用空间向量，得，即，根据数量积即可得到答案. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】得到，将直观图还原为原图，求出，由此即可得解. 【详解】由题意，所以，可得为直角三角形， 所以， 根据题意，将直观图还原为原图，如图所示， 可得为直角三角形，其中， 由勾股定理得， 所以的周长为． 故答案为：. 13. 平面向量满足，，则的夹角为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可求得，，进而利用向量的夹角公式可求得的夹角. 【详解】因为，所以， 因为，两边平方得，所以， 所以，又，所以， 所以的夹角为. 故答案为：. 14. 四边形中，与交于点P，已知，且P是中点，，又，则四边形的面积是______________． 【答案】 【解析】 【分析】设，，根据向量线性运算利用表示，结合数量积的运算律求出，根据三角形面积公式可求结论. 【详解】设，，则， 因为P是的中点，所以， 因为，所以， 所以， ， 因为， 所以，， 所以①，②， ①②可得，，代入①可得， 因为，所以， 又，所以， 因为，， 所以，所以，， 所以，,又， 所以， 设的边上的高为，的边上的高为， 因为，所以， 所以， 所以四边形的面积是， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于引入基底，，利用基底表示，利用向量知识求出. 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. 计算下列各式 （1） （2） 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）利用的整数次幂的周期性求解. （2）切化弦并通分，利用辅助角公式、诱导公式、二倍角的正弦公式化简得解. 【小问1详解】 依题意，，，即呈周期性，周期为4， 且， 所以. 【小问2详解】 . 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，. （1）求； （2）若的角平分线长为，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，然后利用三角形内角和定理及两角和正弦公式、辅助角公式即可求解； （2）由（1）知.根据是角的角平分线、三角形面积公式及可得.在中，由余弦定理可求，最后利用正弦定理角化边即可求解. 【小问1详解】 在中，∵， ∴由正弦定理得， 即， 即， 即. 又，∴，即， 即，即. ∵，∴， ∴，∴. 【小问2详解】 由（1）知. ∵是角的角平分线，且，∴， ∴，即， ∴. 在中，由余弦定理可知， . 由正弦定理可知，， ∴. 17. 已知函数， （1）求出函数的单调增区间； （2）当时，求函数的最大值； （3）若当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式得到，利用整体法求出单调递增区间； （2）求出，结合正弦图象得到最大值； （3）先求出，，当时，，当时，令，将其看作关于一次函数，其中，得到不等式组，求出参数取值范围. 【小问1详解】 ， 令，，解得，， 所以函数的单调增区间为，； 【小问2详解】 由（1）知，， 时，， 由于在上单调递增， 故当时，取得最大值，最大值为； 【小问3详解】 由（2）知，当时，取得最小值，最小值为， 故， ， ①当时，恒成立， ②当时，令， 将看作关于一次函数，其中， 则需满足，解得且， 综上所述，的范围为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点. （1）在图中作出面和面的交线，并证明：平面； （2）若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）延长交于点F，连接即得到面和面的交线，接着证明为的中点即可证明，从而由线面平行判定定理即可求证平面； （2）取中点，连接，求证四点共面即可得到四边形即为所求截面，再利用题设条件求出该四边形四边长即可求解. 【小问1详解】 证明：如图，延长交于点F，则面，且面， 连接，则面，且面，即是面和面的交线， 取中点，因为，且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以为的中点，又点为棱的中点， 所以，因为平面，在平面外， 所以平面，即平面； 【小问2详解】 因为，为的中点，所以B为的中点，连接，则， 取中点，连接，则即，所以， 所以四点共面，则四边形即为所求截面， 因为，， 所以， 又， 所以， 所以在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长为. 19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， （1）若，，(图1)，求线段长度的最大值； （2）若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）；，（其中） 【解析】 【分析】根据“任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立”表示出边长的关系即可求出； 连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积． 【小问1详解】 设，则， 由材料可知，， 即，解得， 当且仅当四点共圆时等号成立即,且此时, 所以线段长度的最大值为， 【小问2详解】 由材料可知，当四点共圆时，四边形的面积达到最大． 连接，分别在和利用余弦定理， 可得， 解得，， 所以 记，则上式， 于是四边形的面积为： . 【点睛】思路点睛：多边形问题可分割为若干三角形，利用余弦定理及角的关系消元化简即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广元市直属普通高中备课联盟2025年春季学期教学质量联合检测高一年级数学学科试卷 命题人：王 川 做题人：万月琴 审题人：王成忠 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在复平面内，对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 3. 已知a，b表示直线，α，β，γ表示平面，则下列结论中正确是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 4. 在复平面内，复数对应的向量，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象如图所示，为了得到函数的图象，可以把函数的图象 A. 每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位 B. 每个点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向左平移个单位 C. 先向左平移个单位，再把所得各点横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变） D. 先向左平移个单位，再把所得各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变） 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若为锐角三角形，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知四棱柱的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在上且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列四个选项中，化简正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 圆锥外接球体积为 D. 若，为线段上的动点，则的最小值为 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D，E分别在边上，且的重心在上，又，设，（为相应三角形的面积），则以下正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，是水平放置的的直观图，若，轴，轴，则的周长为_______． 13. 平面向量满足，，则的夹角为_______． 14. 四边形中，与交于点P，已知，且P是的中点，，又，则四边形的面积是______________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 计算下列各式 （1） （2） 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，. （1）求； （2）若的角平分线长为，且，求的值. 17. 已知函数， （1）求出函数的单调增区间； （2）当时，求函数的最大值； （3）若当时，恒成立，求实数的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点. （1）在图中作出面和面交线，并证明：平面； （2）若，，在四棱锥中，求过点，及棱的中点的截面周长. 19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， （1）若，，(图1)，求线段长度的最大值； （2）若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A余弦值，并求出四边形面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$