精品解析：广东省华南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

2024-2025学年第二学期高一年级中段教学检测 数学试卷 本试卷分为选择题部分和非选择题部分两个部分，共四道大题，19小题，共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、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. 已知是虚数单位，若复数满足，则（ ） A B. C. D. 2. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 3. 下列说法正确是（ ） A. 用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形 B. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 C. 任一平面截圆柱，其截面都是圆 D. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C.已知，则的形状一定是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 5. 已知正四面体的棱长为，则其外接球的表面积为（ ） A B. C. D. 6. 如图，在正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD分别交于，，则的周长的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 7. 在锐角中，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，，满足，且，，若，则的最小值为（ ） A. 1 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. 已知，为复数，有以下四个命题，其中是真命题的选项是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在如图所示的正方体中，棱长为6，O为BD中点，直线平面，则下列选项正确的是（ ） A. 与MO是异面直线 B. ，M，O三点共线 C. 三棱锥的体积为12 D. 平面 11. 在中，，，，I为的内心，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为，则其体积为__________. 13. 在复平面中，方程四个复数根对应的四点在同一个圆上，则该圆的半径为______. 14. 若内一点P满足，则称点P为的布洛卡点，为的布洛卡角.在等腰中，，若布洛卡点P满足，记布洛卡角为，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，，与的夹角为． （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数k值． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，. （1）求角B； （2）若D为线段AC上一点，且，求BD的长度. 17. 在临港滴水湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，对角线BD修建隔离防护栏，其中米，米，. （1）如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的隔离防护栏？ （2）考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，求满足上述条件时AB的长度. 18. 已知，，函数. （1）求的最小正周期、对称轴方程以及单调递减区间； （2）设定义域为R，是否存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立？若存在，求出实数a值；若不存在，请说明理由. 19. 定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点：过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆，截面称为大圆面；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，，直径将大圆面一分为二，每一部分称为一个半平面.过球心O分别在两个半平面内作和，定义为两个半平面的夹角；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面球面全等.如图2，已知球O的半径为R，记劣弧AB和劣弧AC所在两半平面的夹角为，. （1）请写出，，的值，并猜测的表达式： （2）如图2，再记劣弧BA和劣弧BC所在两半平面的夹角为，劣弧CA和劣弧CB所在两半平面的夹角为.①若，请直接写出球面的面积；②求（用，，，R表示） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期高一年级中段教学检测 数学试卷 本试卷分为选择题部分和非选择题部分两个部分，共四道大题，19小题，共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回. 一、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. 已知是虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 ，分子分母同乘以分母的共轭复数即可. 【详解】，故. 故选：B. 【点睛】本题考查向量的除法运算以及共轭复数的概念，是一道基础题. 2 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先求出的坐标，再根据两向量平行的坐标关系列出方程，进而求解的值. 【详解】已知，， 可得. 已知，且，所以， 即，解得. 故选：C. 3. 下列说法正确的是（ ） A. 用斜二测画法画水平放置的平行四边形，其直观图仍是平行四边形 B. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 C. 任一平面截圆柱，其截面都是圆 D. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，根据斜二测画法的规则即可判断；对于B，做出符合要求的特殊多面体，再利用棱柱的定义判断即可；对于C，考虑到任一平面必须是平行于圆柱上下底面的平面，即可判断；对于D，根据棱台的定义判断即可. 【详解】对于A，用斜二测画法画水平放置的平行四边形时，直观图中的平行关系不变， 所以其直观图仍是平行四边形，故A正确； 对于B，如图所示的多面体，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形， 但是这个多面体不是棱柱；故B错误； 对于C，用任一平行于圆柱上下底面的平面去截圆柱，其截面才是圆，故C错误； 对于D，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体， 所有的侧棱延长后必须交于同一点的才是棱台，故D错误. 故选：A. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C.已知，则的形状一定是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理变形，再结合余弦函数的性质判断即可. 【详解】在中，由余弦定理得，整理得， 而，函数在上单调递减，因此， 所以是等腰三角形. 故选：C 5. 已知正四面体的棱长为，则其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将正四面体补形为正方体，利用正方体的外接球，计算出正四面体外接球的表面积. 【详解】将正四面体放在正方体中如图所示， 正四面体的外接球即正方体的外接球，设正方体的边长为， 由于，即， 所以正方体的外接球半径为， 所以外接球的表面积为. 故选：A. 6. 如图，在正三棱锥中，，侧棱长为4，过点C的平面与侧棱AB，AD分别交于，，则的周长的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，把正三棱锥侧面沿展开，利用，根据勾股定理求出即可得出结论. 【详解】根据题意，把正三棱锥侧面沿展开， 所以的周长为， 在正三棱锥中，，侧棱长为4， 所以， ， ， 故选：C. 7. 在锐角中，，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理可，结合为锐角三角形可得答案. 【详解】由余弦定理可知：， 在锐角三角形中又有， 即 故答案为：C． 8. 已知向量，，满足，且，，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出的夹角，建立平面直角坐标系，求出终点的轨迹，再利用圆的性质求出最小值. 【详解】由，得，而，则， 在平面直角坐标系中，令，设， 由，得，即， 则点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 由，得，则点的轨迹为直线， 所以的最小值为. 故选：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. 已知，为复数，有以下四个命题，其中是真命题的选项是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，设，即可判断；对于B，设复数，由，得到，即可判断；对于C，由，推出都是实数，再用比差法即可判断；对于D，设复数，推出即可判断. 【详解】对于A，因为为复数，且，不妨设，不满足，故A错误； 对于B，设复数，因为， 所以，则， 所以，所以，故B正确； 对于C，因为，所以都是实数，设， 因为，即，所以，故C正确； 对于D，设复数，， 则， 因为，所以，即，故D正确. 故选：BCD 10. 在如图所示的正方体中，棱长为6，O为BD中点，直线平面，则下列选项正确的是（ ） A. 与MO是异面直线 B. ，M，O三点共线 C. 三棱锥的体积为12 D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A连接，由异面直线的定义即可判断，对于B利用公理即可判断，对于C由得，即求出即可判断，对于D利用公理即可判断. 【详解】对于A：连接，由平面，平面，所以与共面，故A错误； 对于B：由平面，平面，平面，平面， 又平面平面，所以，即，M，O三点共线，故B正确； 对于C：由，所以， 所以，故C正确； 对于D：平面平面，又，所以平面，故D错误. 故选：BC. 11. 在中，，，，I为的内心，则下列正确的是（ ） A B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由余弦定理验算即可；对于B，过点向三角形的三边引垂线，设垂足分别为，内切圆半径，，可求得，故只需求出即可，对于C，设，求出的模即可求出，对于D，得到，，故只需比较的大小即可. 【详解】对于A，设，由余弦定理有，解得或（舍去），故A正确； 对于B，如图所示，设过点向三角形的三边引垂线， 设垂足分别为，内切圆半径，， 则， 因为， 所以，， 由等面积法可知，，解得， 所以，故B正确； 对于C，由于平分，所以可设， 由B选项可知，， 解得，故，故C错误； 对于D， 因为，所以，， 所以，即， 而， 同理可得， 从而， ， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为，则其体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】分别求出上、下底面面积，代入台体体积公式求解即可. 【详解】在该四棱台中：， 所以. 故答案为： 13. 在复平面中，方程四个复数根对应的四点在同一个圆上，则该圆的半径为______. 【答案】 【解析】 【分析】将原方程分解为两个二次方程，分别求出四个根对应的复平面点，观察四个点的对称性，推测圆心位置（可能在轴上），通过距离公式建立方程，求解参数，最终确定圆的半径． 【详解】方程的根分为两部分： 第一部分：解，得根，对应点和； 第二部分：解，得根，对应点和， 因为四点共圆，设该圆的圆心为， 所以即在线段的垂直平分线上，也在线段的垂直平分线上， 所以圆心的坐标为，所以圆的半径， 故答案为：． 14. 若内一点P满足，则称点P为的布洛卡点，为的布洛卡角.在等腰中，，若布洛卡点P满足，记布洛卡角为，则__________，__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据布洛卡角和布洛卡点的定义，分别设出边长利用余弦定理即可求得，即可求得，再由两角和的正切公式及等腰三角形性质求解. 【详解】设，则，，令， 在中，由余弦定理得，， 同理，在中有，， 即，整理得，解得， ， 易知，所以，所以； ，，， ， 因为为三角形内角，所以， 故答案为：； 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，，与的夹角为． （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数k的值． 【答案】（1）2； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意求得数量积，再求向量的模长即可； （2）根据向量垂直则数量积为零，结合（1）中所求，即可求得参数值. 【小问1详解】 根据题意，， 又. 【小问2详解】 根据题意， ，即，，解得. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，. （1）求角B； （2）若D为线段AC上一点，且，求BD的长度. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解. （2）由（1）的结论，利用数量积的运算律求解即得. 【小问1详解】 中，由及正弦定理，得， 即，由余弦定理得，而， 所以. 【小问2详解】 由，得， 则， 所以BD的长. 17. 在临港滴水湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图ABCD所示.为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四边形ABCD区域中，将三角形ABD区域设立成花卉观赏区，三角形BCD区域设立成烧烤区，边AB、BC、CD、DA修建观赏步道，对角线BD修建隔离防护栏，其中米，米，. （1）如果烧烤区是一个占地面积为9600平方米的钝角三角形，那么需要修建多长的隔离防护栏？ （2）考虑到烧烤区的安全性，在规划四边形ABCD区域时，首先保证烧烤区的占地面积最大时，再使得花卉观赏区的面积尽可能大，求满足上述条件时AB的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式解得，因为C是钝角，所以，利用余弦定理即可求解； （2）由烧烤区的占地面积最大得到，利用正弦定理解得AB和AD，代入三角形面积公式利用三角函数性质即可求解． 【小问1详解】 ，解得， 由C是钝角，得， ， 所以需要修建的隔离防护栏. 【小问2详解】 题意，，当且仅当时取到等号，此时， 设，在中，， ， 由，得，当，即时，， 此时. 18 已知，，函数. （1）求的最小正周期、对称轴方程以及单调递减区间； （2）设定义域为R，是否存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）最小正周期、对称轴方程，单调递减区间； （2）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标表示求出，再利用正弦函数的性质求解. （2）根据给定条件，求出在指定区间上的最大值，由函数定义域求出的范围，再分类讨论，结合恒成立问题求解. 【小问1详解】 依题意， ， 所以的最小正周期为、对称轴方程为，单调递减区间为. 【小问2详解】 依题意，或， 由的定义域为R，得对，恒成立， 因此，解得，则或， 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，， 假定存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立， 则存在实数a，使得对任意，不等式恒成立， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 当时，函数在上单调递减，此时有最大值，无最小值， 因此在时，不存在实数a，使得对任意，不等式恒成立； 当时，函数在上单调递增，此时， 当时，，则， 因此在当时，不存在实数a，使得对任意，不等式恒成立， 所以不存在实数a，使得对任意，，不等式恒成立. 19. 定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点：过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆，截面称为大圆面；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，，直径将大圆面一分为二，每一部分称为一个半平面.过球心O分别在两个半平面内作和，定义为两个半平面的夹角；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面球面全等.如图2，已知球O的半径为R，记劣弧AB和劣弧AC所在两半平面的夹角为，. （1）请写出，，的值，并猜测的表达式： （2）如图2，再记劣弧BA和劣弧BC所在两半平面的夹角为，劣弧CA和劣弧CB所在两半平面的夹角为.①若，请直接写出球面的面积；②求（用，，，R表示） 【答案】（1），，；猜测 （2）①，② 【解析】 【分析】（1）结合图形理解题意，根据的计算公式，分别求出，，，并按照规律猜出的表达式即得； （2）分别计算并相加，利用八块球面拼接成一个球面，以及，将其化简，代入（1）猜测的公式，即可求得的解析式，代入，可得①的结果，而②的结果也出来了. 【小问1详解】 ， ， ． 猜测． 【小问2详解】 ① 因为， 所以， 即． 代入，可得此时； ②由①可知，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$