精品解析：甘肃省武威市第五中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

2024—2025学年度下学期期中考试高一年级数学科试卷 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. 设复数，若，则a的值为（ ）. A. B. C. D. 2. 下列立体图形为平行六面体的是（ ）. A. B. C. D. 3. “”是“角的终边落在第一或第二象限”的（ ）. A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 必要不充分条件 4. 已知的圆周角所对弧长为，则这个圆的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法错误的是（ ）. A. 两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例； B. 如果，，则（其中为平面，l、m为空间内直线）； C. 对于任意平面上的直线l1，l2均垂直于l1，则l2与平面垂直； D. 给定一条平面内垂直于射影的直线，其一定垂直于斜线. 6. z是虚数且“，”是假命题，则的值为（ ）. A. B. C. D. 7. 已知角终边上一点为，则角的正切值为（ ）. A. B. C. D. 8. 如图，在边长为2的正方形中，的中点为E，线段上有一动点P，过P作于点M，则的最小值为（） A. 0 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3分，有选错的得0分） 9. 如图，已知在半径为r的以O为圆心的圆上有一定点M，圆上两动点A、B满足∠AMB=60°，则以下说法正确的是（ ） A. 当时，MB为圆的直径； B. 时，； C. 的最大值为 D. 作A、B的对径点A’、B’，连接A’B’交MA、MB于点P、Q，则取得最小值当且仅当M为弧AB的中点. 10. 定义：一个连续函数在区间C上，对于任意，有，且对于任意常数，和在区间C内的条件下，在区间C内的和上函数恒不存在单调性；若在一个区间内有k段（连续的）满足这样条件的区间，则称在这个区间内有k个“绝对变值区间”.若函数在区间内存在5个“绝对变值区间”，则的可能取值为（ ）. A. B. C. D. 11. 我国的木工制造历史悠久，博大精深.“孔明锁”“鲁班锁”等益智小玩具无不让民众体会到古代人民的智慧.图1时木工玩具的一种，名曰“神龙摆尾”，其原由27个小木制正方体用细线以一定方式串联而成，经过一系列扭转操作可获得一个3×3×3的大正方体.操作细则如图2，你允许顺着一个正方体相邻边缘扭转之，但不允许翻转（即不允许细线露在外面）. 下面是串联的27个小正方体的俯视图，能够拼成“神龙摆尾”的是（ ）. A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 12. 已知的面积为，则的值为_____； 13. 若z是复数，则的最小值为______； 14. 已知一个直三棱锥的底面为边长为的等边三角形，其体积V的取值范围是，则其内切球半径r的取值范围是_________________. 四、解答题（本题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知在三角形中，有，其中a，b，c分别为角A、B、C的对边. （1）求三角形的周长S； （2）求的取值范围. 16. 【问题引入】我们在课内学习了复数的指数形式，数学兴趣小组为了深入了解复数，开展了研究 性学习，对复数的复数次幂开展了讨论. 【资料调查】复数的复数次幂通常是复数：若z、是复数，则；其中，. （1）【初步探究】已知复数，求与的乘积； （2）【拓展延伸】若且，求证：，. 17. 已知平面上有非零向量（n为不小于4的整数），定义为“联阶解”，当大于时，，即向量到的乘积；当小于时，. （1）若，且与、均不垂直，证明：； （2）若，有（其中），证明：对于所有偶数n，恒成立. 18. 如图，棱长为4的正方体外一点在的延长线上，连接、、，已知为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求的长度. 19. （1）已知函数，. （i），先将的图像向右平移个单位长度，再将其横坐标变为原来的4倍，求得到函数的单调递减区间和最小正周期T； （ii）若是第一象限角，求的最小值. （2）已知值不为0的函数，其定义域为M，且.定义如下：，有，求在这样的的值域中，最多有几个元素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度下学期期中考试高一年级数学科试卷 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. 设复数，若，则a的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则计算可求解. 【详解】因为，所以， 解得，又，所以. 故选：B. 2. 下列立体图形为平行六面体的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】平行六面体是一种底面为平行四边形的四棱柱‌，属于特殊的四棱柱结构，其六个面均由平行四边形组成，即可依次判断ABCD. 【详解】由平行六面体的定义， 选项A,C,D底面不为平行四边形，故A,C,D错误； 选项B满足平行六面体的特征. 故选：B. 3. “”是“角的终边落在第一或第二象限”的（ ）. A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 必要不充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别判断“”能否推出“角的终边落在第一或第二象限”以及“角的终边落在第一或第二象限”能否推出“”，进而确定二者之间的条件关系. 【详解】充分性是指由“”能否推出“角的终边落在第一或第二象限”. 根据正弦函数的定义，（其中为角终边上一点的纵坐标，为该点到原点的距离，）. 当时，即，因为，所以. 此时角的终边可能落在第一或第二象限，也可能落在轴的正半轴上（当角的终边落在轴正半轴上时，，，）. 所以由“”不能推出“角的终边落在第一或第二象限”，充分性不成立.  必要性是指由“角的终边落在第一或第二象限”能否推出“”. 当角的终边落在第一象限时，终边上任意一点的横、纵坐标都大于，即，，那么（）. 当角的终边落在第二象限时，终边上任意一点的横坐标小于，纵坐标大于，即，，那么（）. 所以由“角的终边落在第一或第二象限”可以推出“”，必要性成立. 由于充分性不成立，必要性成立，所以“”是“角的终边落在第一或第二象限”的必要不充分条件.  故选：D. 4. 已知的圆周角所对弧长为，则这个圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用扇形的弧长公式可求得该圆的半径长. 【详解】由扇形的弧长公式可知，这个圆的半径为. 故选：C. 5. 下列说法错误的是（ ）. A. 两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例； B. 如果，，则（其中为平面，l、m为空间内直线）； C. 对于任意平面上的直线l1，l2均垂直于l1，则l2与平面垂直； D. 给定一条平面内垂直于射影的直线，其一定垂直于斜线. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面的相关定理和性质，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】根据面面平行的性质定理：两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.所以选项说法正确.  如果，，此时有两种情况：当时，；当时，不满足.所以仅根据，，不能得出，选项说法错误.  根据直线与平面垂直的判定定理：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直.对于任意平面上的直线，均垂直于，这里隐含了平面内有两条相交直线都与垂直，所以与平面垂直，选项说法正确.  在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线及该斜线在平面内的射影所在的平面垂直，所以给定一条平面内垂直于射影的直线，其一定垂直于斜线，选项说法正确.  故选：B. 6. z是虚数且“，”是假命题，则的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，计算可得，进而可求的值. 【详解】因为“，”是假命题， 则“，”是真命题， 设，所以 ， 所以， 因为为虚数，故， 所以，可得，故. 故选：A. 7. 已知角终边上一点为，则角的正切值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据任意角三角函数的定义来求解角的正切值. 【详解】已知角终边上一点为，即，. 根据正切值的定义，将，代入可得： ， 角的正切值为. 故选： C. 8. 如图，在边长为2的正方形中，的中点为E，线段上有一动点P，过P作于点M，则的最小值为（） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量用坐标表示，再根据向量数量积的坐标运算公式得到一个关于动点坐标的函数，最后通过求函数的最小值来解决问题. 【详解】正方形的边长为，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立平面直角坐标系. 则，，，， 直线BE过，，设解析式为， 则，解得，得BE解析式为， 设（），因为，所以. 则，, 则, 令（），对称轴为，函数图象开口向上，在处取得最小值，. 故选：B. 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3分，有选错的得0分） 9. 如图，已知在半径为r的以O为圆心的圆上有一定点M，圆上两动点A、B满足∠AMB=60°，则以下说法正确的是（ ） A. 当时，MB为圆的直径； B. 时，； C. 的最大值为 D. 作A、B的对径点A’、B’，连接A’B’交MA、MB于点P、Q，则取得最小值当且仅当M为弧AB的中点. 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，利用正弦定理求得即可判断；对于B，利用向量数量积的定义和余弦定理可解即可判断；对于C，计算得到，结合图形可确定其最大值；对于D，计算得到，可知M为弧AB的中点时，取得最大值. 【详解】 对于A，由正弦定理，，解得， ，，又，则，故MB为圆的直径，故A正确； 对于B，由正弦定理，，可得， 因，可得①， 由余弦定理，②， 由①②联立，解得或， 因，由，可得， 则与不垂直，即，故B错误； 对于C，设AB中点为，由B项已得， 则， 由垂径定理，，则当点为弧AB的中点时， ， 故的最大值为，故C错误； 对于D，由题意可得四边形为矩形，过作于点，交于E， 因，可得等边三角形，则， 因，则，则（*）， 当M为弧AB的中点时，取最大值时，即取得最大值， 又由C知，M为弧AB的中点时，的最大值为， 由（*）可得：， 故当且仅当M为弧AB的中点时，取得最大值为，故D错误. 故选：A. 10. 定义：一个连续函数在区间C上，对于任意，有，且对于任意常数，和在区间C内的条件下，在区间C内的和上函数恒不存在单调性；若在一个区间内有k段（连续的）满足这样条件的区间，则称在这个区间内有k个“绝对变值区间”.若函数在区间内存在5个“绝对变值区间”，则的可能取值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得函数在上单调递增，从而可得在区间内存在5个单调递增区间，据此计算可得答案. 【详解】对于任意，由得，所以函数在上单调递增. 因为在区间内存在5个“绝对变值区间”， 所以在区间内存在5个单调递增区间， 且单调递增区间左右扩展后，原函数在扩展区间上不保持单调递增. 当时，， 由，得， 当时，可得在内的单调递增区间为 ，，，，，共5个，故A正确. 当时，， 由，得， 当时，可得在内的单调递增区间为 ，，，，共4个，故B不正确. 当时，， 由，得， 当时，在内的单调递增区间为 ，，，，，共5个，故C正确. 当时，， 由，得， 当时，可得在内的单调递增区间为 ，，，，，共5个，故D正确. 故选：ACD. 11. 我国的木工制造历史悠久，博大精深.“孔明锁”“鲁班锁”等益智小玩具无不让民众体会到古代人民的智慧.图1时木工玩具的一种，名曰“神龙摆尾”，其原由27个小木制正方体用细线以一定方式串联而成，经过一系列扭转操作可获得一个3×3×3的大正方体.操作细则如图2，你允许顺着一个正方体相邻边缘扭转之，但不允许翻转（即不允许细线露在外面）. 下面是串联的27个小正方体的俯视图，能够拼成“神龙摆尾”的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!联系人QQ:2853279698 三、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 12. 已知的面积为，则的值为_____； 【答案】## 【解析】 【分析】由三角形的面积公式和余弦定理结合同角的三角函数关系化简可得. 【详解】由三角形的面积公式可得， 变形可得， 又余弦定理有，解得. 故答案为：. 13. 若z是复数，则的最小值为______； 【答案】 【解析】 【分析】根据复数减法的几何意义，即求到三点距离之和的最小值问题，利用加权费马点的知识，可求出三个距离之和的最小值. 【详解】, 在复平面中，设点， 则，且为等边三角形，如图，将逆时针旋转得到，， ，又，所以， ， 故答案为：. 14. 已知一个直三棱锥的底面为边长为的等边三角形，其体积V的取值范围是，则其内切球半径r的取值范围是_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直三棱锥体积公式求出高的取值范围，再利用等体积法得出内切球半径与体积、表面积的关系，进而求出内切球半径的取值范围. 【详解】如图在直三棱锥中，底面，为等边三角形，边长为，三棱锥的高， 已知底面为边长为的等边三角形，根据等边三角形面积公式（为边长），可得底面面积为：  由直三棱锥体积公式，可得， 已知，，则，所以， 即.  在直三棱锥中，， 为等腰三角形，设中点为，连接，， 又底面，，， 即，， 由等体积法，可得， 又和在上单调递减且恒大于0， 所以在上单调递增， ，， 故答案为： 四、解答题（本题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知在三角形中，有，其中a，b，c分别为角A、B、C的对边. （1）求三角形的周长S； （2）求的取值范围. 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式进行转化，从而求出三角形三边的关系，进而得到周长； （2）先运用余弦定理，二倍角的余弦公式和辅助角公式化简表达式，再结合三角形内角的范围求出取值范围. 【小问1详解】 根据正弦定理，可得，，. 将其代入已知等式中，得到： 即，化简可得，所以三角形的周长. 【小问2详解】 先化简： 将代入可得. 由可得，则. 再化简： 根据二倍角公式，可得. 因为，所以，则，所以. 进而化简： 由余弦定理，可得. 将代入中，可得. 所以. 因为，所以，则，所以. 则的取值范围为. 16. 【问题引入】我们在课内学习了复数的指数形式，数学兴趣小组为了深入了解复数，开展了研究 性学习，对复数的复数次幂开展了讨论. 【资料调查】复数的复数次幂通常是复数：若z、是复数，则；其中，. （1）【初步探究】已知复数，求与的乘积； （2）【拓展延伸】若且，求证：，. 【答案】（1） （2） 设，，已知. 先求：. 再求：，根据，可得. 然后求：，，则. 要证，即证，两边取对数. 因为的正负不确定，分情况讨论： 当，即时，不等式显然成立. 当，即时，只需证. 两边平方得，展开得， 即，，显然成立. 当，即时，只需证. 两边平方得，展开得， 即，，因为平方数非负，所以时成立. 综上，得证. 【解析】 【分析】（1）需要先根据给定公式求出，再求出其共轭复数，最后计算它们的乘积；（2）要根据已知条件和复数模的性质，结合指数函数性质，运用分析法进行推导证明. 【小问1详解】 已知，则，. 根据，可得. 由，当时，. 共轭复数实部不变，虚部取相反数，所以. 根据，可得. 因为，所以. 【小问2详解】 略 17. 已知平面上有非零向量（n为不小于4的整数），定义为“联阶解”，当大于时，，即向量到的乘积；当小于时，. （1）若，且与、均不垂直，证明：； （2）若，有（其中），证明：对于所有偶数n，恒成立. 【答案】（1） 证明：由定义得，， 因为，所以设，其中为非零常数， 所以， ， 所以. （2） 证明：当 为偶数时，由已知可得，， 因为，所以，，即， 所以，，，， 所以， 因为，所以， 所以对于偶数，恒成立. 【解析】 【分析】（1）通过平行向量的性质可证明结论； （2）利用已知可得，结合数量积的交换律可证明等式成立. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，棱长为4的正方体外一点在的延长线上，连接、、，已知为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求的长度. 【答案】（1）连接，取的中点，连接.如图所示： 因为为正方体，棱长为4，点是的中点， 所以，且. 因为为的中点，所以，又， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，不在平面内，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）首先作辅助线，然后利用中位线的性质以及线线平行，可推出线面平行. （2）根据勾股定理，先求出的长度，然后根据勾股定理求得的长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，四方体的棱长为4，所以. 因为是的中点，所以，所以. 在直角三角形中，. 在直角三角形中，. 根据勾股定理可得. 所以的长度为. 19. （1）已知函数，. （i），先将的图像向右平移个单位长度，再将其横坐标变为原来的4倍，求得到函数的单调递减区间和最小正周期T； （ii）若是第一象限角，求的最小值. （2）已知值不为0的函数，其定义域为M，且.定义如下：，有，求在这样的的值域中，最多有几个元素. 【答案】（1）（i）单调递减区间，；且最小正周期为；（ii）； （2） 【解析】 【分析】（1）先化简解析式，（i）由图象平移求新函数解析式，并求单调区间与周期，注意定义域；（ii）结合整体换元与几何意义，转化为求轴上点到两点，距离之和的最小值，利用对称可解； （2）分别赋值，，结合，分析解析式与定义域，再代值可得. 【详解】（1）； ； （i）， 则的图像向右平移个单位长度得函数 ； 再横坐标变为原来的4倍得函数 ，， 由解得，, 又，则， 故所得函数的单调递减区间，； 且最小正周期为. （ii）. 若是第一象限角，令，则， 则转化为求函数的最小值. 又； ； 则. 则根据几何意义，表示到与两点的距离之和的倍， 如图，可先求轴上点到两点，距离之和的最小值， 作点关于轴的对称点， 则 （当三点共线时等号成立，此时满足）； 故. 即的最小值为. （2），有， 由，则可令，可得， 则， 若，则，这与已知矛盾，故， 即，设， 则，； 再令，任意，都有恒成立， 由，故，解得. 即定义域必为或其子集. 由， 故值域中仅含个元素，即最多个元素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $