精品解析：广东省深圳市2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

2024~2025学年度高一下学期期中考试 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数乘法运算律，计算结果. 【详解】. 故选：A. 2. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用余弦定理得出，再应用同角三角函数关系计算求解. 【详解】由余弦定理得， ， 故选：B. 3. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法法则和数乘向量的运算法则即可求出. 【详解】由点是线段的中点，得， 由，且四边形为平行四边形，得， 则 ， 故. 故选：A 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 过三个点有且只有一个平面 B. 四边形可以确定一个平面 C. 若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行 D. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】由平面的确定及线面平行的性质逐个判断即可. 【详解】对于A，当三点共线时，有无数个平面，错误； 对于B，空间四边形可确定4个平面，错误； 对于C，若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内，错误； 对于D, 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点,正确， 故选：D 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱台的几何性质和体积计算公式，求出几何体体积. 【详解】 如图所示，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，作斜截面, 上下底面为正方形，则，，，，. 过作正四棱台的高，可知,所以， 在直角中，根据勾股定理可知. 则正四棱台的体积. 故选：C. 6. 如图，为测量山高，选择水平地面上一点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得．已知山高，则山高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，在中，利用正弦定理求出，进而可得出，即为所求. 【详解】由题意可知，，又因为，则为等腰直角三角形， 故， 在中，，，则， 由正弦定理，可得， 由题意可知，，因为， 则. 故选：D. 7. 已知是边长为2的正八边形内的一点，为其中心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由正八边形的对称性和向量的运算法则将转化为，然后求出正八边形的内角大小，根据数量积的几何意义，将问题转化为求解的最值，结合图形可得取得最值时的位置，最后结合平面几何知识求得结果. 【详解】由正八边形的对称性可知， ， 易知正八边形的每个内角为， 设与的夹角为，则， 所以当最大时，取得最大值，当最小时，取得最小值. 如图，过点作垂直的延长线于点，过点作垂直的延长线于点， 可知当在线段上时，取得最大值，， 此时. 当在线段上时，取得最小值，此时， 此时， 故的取值范围为. 故选：A. 8. 南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，用现代语言可以描述为：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得所求球冠的体积等于圆柱体积的一半减去圆台的体积，计算求解即可. 【详解】∵，，， ∴， ∴，半球体积为， 所以平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的. 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. 已知复数，则下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 为纯虚数 C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则进行化简后，再对选项一一验证即可. 【详解】， 则z的虚部为，选项A不正确； ，选项C错误； 为纯虚数，选项B正确； 在复平面内对应的点位于第二象限，选项D正确； 故选：BD． 10. 对于，内角所对的边分别为，有如下命题，其中正确的有（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则是直角三角形 C. 是为锐角三角形的必要不充分条件 D. 若，则符合条件的有两个 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由题设得，根据的取值范围即可得解判断A；举反例即可判断B；依次分析必要性和充分性是否成立即可得解判断C；由即可判断D. 【详解】对于A选项，已知， 所以， 所以，即. 因为、，所以，则，即， 所以是等腰三角形，A选项正确. 对于B选项，当，时，，， 满足，但不是直角三角形，B选项错误. 对于C选项，若为锐角三角形，则，所以. 因为在上单调递增，所以，必要性成立， 反之，若，比如，，满足， 但不是锐角三角形，充分性不成立. 因此是为锐角三角形的必要不充分条件，C选项正确. 对于D选项，已知，，， 所以，即， 所以符合条件的有两个，D选项正确. 故选：ACD. 11. 如图，为内任意一点，内角所对的边分别为的面积分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下命题是真命题的有（ ） A. 若是的重心，则有 B. 若，则 C. 若为的内心，，则 D. 若是的外心，，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：利用重心的性质，代入即可；对于B：利用将表示出来，代入，化简即可表示出的关系式，用将表示出来即可得处其比值.对于C：利用“奔驰定理”可得出的值，结合勾股定理可判断；对于D：利用三角形的圆心角为圆周角的两倍，再将两边平方，化简可得，结合的取值范围可得出答案. 【详解】对于A：如图所示：因为分别为的中点， 所以，， 同理可得、， 所以， 又因为， 所以.正确； 对于B：因为， 所以，所以， 所以， 所以， 化简得：， 又因为不共线， 所以，所以， 所以，错误； 对于C，若为的内心，，则.， 又（为内切圆半径）， 所以，，故，正确； 对于D：因为是的外心，，所以，， 所以， 因为，则， 化简得：，由题意知同时为负， 记，，则， 因为，所以， 所以， 所以，正确. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数量积坐标公式计算求参. 【详解】已知， 又因为，所以，所以 则． 故答案为：. 13. 如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的高为_____；侧面积为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为，由余弦定理求出．求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的表面积． 【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示： 该小虫爬行的最短路程为， 由余弦定理可得，．设底面圆的半径为r， 则有，解得．∴这个圆锥的高为， 这个圆锥的侧面积为． 故答案为：；． 14. 如图，在扇形中，，为弧上的动点，若，则的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立直角坐标系，设，得到，从而得到，再由两角和的正弦公式及正弦函数的性质即可求解. 【详解】不妨设以为原点，以所在的直线为轴，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，设，则，其中且， 可得， 又，所以， 则，则， 所以 ，其中， 由于， 所以可取到最大值1， 当时，取得最小值， 所以 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. 若是夹角为的两个单位向量，则． （1）求和； （2）求与的夹角． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的运算性质即可求解； （2）由向量数量积的运算性质及夹角公式即可求解； 【小问1详解】 因为是夹角为的两个单位向量，所以， 所以， 所以，． 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，所以与的夹角为． 16. 锐角的内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化可得，解得 . （2）由余弦定理和三角形面积公式，得，，可解得，，得，进而得到周长. 【小问1详解】 由正弦定理得， 因为，所以， 因为为锐角三角形，所以， 所以． 【小问2详解】 由余弦定理得，， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 所以， 所以， 所以的周长． 17. 如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，边上的中点为． （1）求四棱锥的体积； （2）求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积； （3）求直三棱柱外接球的表面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据结合柱体及锥体的体积公式计算求解； （2）计算边长结合几何题特征计算各个面得出表面积； （3）根据正三棱柱结合应用正弦定理计算求解. 【小问1详解】 因为底面是等边三角形，边长为2，所以， 因为三棱柱是直棱柱，所以平面， 四棱锥的体积， ． 【小问2详解】 由题意得， 从而，所以， 所以， 因为，， 所以， 所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为． 【小问3详解】 根据对称性，球心在直三棱柱的中心，设为， 取为等边的外心， 所以为等边外接圆半径，设为， 根据正弦定理，则， 因为， 所以，在中，， 所以直三棱柱外接球的表面积． 18. 的内角所对的边分别为所在平面内有一点满足，且． （1）若，求面积的最大值； （2）若，当取得最小值时，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：设，根据平面向量的线性运算可得，进而结合平面向量的数量积运算律及基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； 方法二：根据余弦定理，结合可得，进而根据基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （2）利用余弦定理可得，，进而可得，进而根据基本不等式求解即可. 【小问1详解】 方法一：设，因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，当且仅当，即时等号成立， 则， 所以面积的最大值为． 方法二：因为， 所以， 因为，所以， 所以， 即， 所以， 所以， 因为， 所以 所以， 因为， 所以，所以， 当且仅当即时，等号成立， 因为， 所以面积的最大值为． 【小问2详解】 因为，所以， 在中，利用余弦定理得，， 即， 同理，在中利用余弦定理得， ， 所以 ， 因为， 所以当且仅当，即时等号成立， 此时取最小值，即取最小值，即取得最小值， 此时，． 19. 在中，对应的边分别为 （1）求； （2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用． ①用向量证明二维柯西不等式： ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值． 【答案】（1） （2）①证明见解析，② 【解析】 【分析】（1）根据条件，边转角得到，再利用余弦定理，即可求出结果； （2）①利用数量积的定义，得到，再利用数量积和模的坐标表示，即可证明结果；②根据条件及三角形面积公式，利用，得到，结合余弦定理，令，得到，再求出的范围，即可求出结果. 【小问1详解】 由正弦定理得即 由余弦定理有，若，等式不成立，则，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 ①设，由，得， 从而，即 ②. 又 . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得，所以即， 则，令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令；则在上递减， 当即时，有最大值，此时有最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度高一下学期期中考试 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. （ ） A. B. C. D. 2. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 4. 下列说法中正确的是（ ） A. 过三个点有且只有一个平面 B. 四边形可以确定一个平面 C. 若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行 D. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点 5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，则其体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为测量山高，选择水平地面上一点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得．已知山高，则山高（ ） A. B. C. D. 7. 已知是边长为2的正八边形内的一点，为其中心，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，用现代语言可以描述为：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的（ ） 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. 已知复数，则下列选项正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 为纯虚数 C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 10. 对于，内角所对的边分别为，有如下命题，其中正确的有（ ） A. 若，则是等腰三角形 B. 若，则是直角三角形 C. 是为锐角三角形的必要不充分条件 D. 若，则符合条件的有两个 11. 如图，为内任意一点，内角所对的边分别为的面积分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下命题是真命题的有（ ） A. 若是的重心，则有 B. 若，则 C. 若为的内心，，则 D. 若是的外心，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则_____． 13. 如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的高为_____；侧面积为_____． 14. 如图，在扇形中，，为弧上的动点，若，则的取值范围为_____． 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. 若是夹角为的两个单位向量，则． （1）求和； （2）求与的夹角． 16. 锐角的内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，求的周长． 17. 如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，边上的中点为． （1）求四棱锥的体积； （2）求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积； （3）求直三棱柱外接球的表面积． 18. 的内角所对的边分别为所在平面内有一点满足，且． （1）若，求面积的最大值； （2）若，当取得最小值时，求的值． 19. 在中，对应的边分别为 （1）求； （2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用． ①用向量证明二维柯西不等式： ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $