精品解析：云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县民族中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

昆明市外国语学校禄劝分校（禄劝民族中学） 高一年级2027届春季学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设i是虚数单位，集合中的元素由复数的实部和虚部组成，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的实部和虚部的概念可得，结合交集的计算可得结果. 详解】由题意，，，则. 故选：C. 2. 设i是虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再根据模长公式计算即可. 【详解】由，则，即， 所以. 故选：B. 3. 如果直线平面，直线平面，且，则与的位置关系为（　　） A. 共面 B. 平行 C. 异面 D. 平行或异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中面面、线面、线线的位置关系直接判断即可． 【详解】因为直线平面，直线平面，且， 所以直线与的位置关系为：平行或异面， 故选：D． 4. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】应用斜二测规则得出，再计算得出图形面积. 【详解】根据题意，直观图中，四边形是正方形，且边长为1，则，， 作出原图如图，. 又四边形为平行四边形，故其为， 故选:C. 5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，从而可判断三角形的形状. 【详解】由余弦定理得， 化简得，故， 从而的形状为钝角三角形， 故选：B. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两角差的余弦公式结合商数关系化弦为切求出，再根据两角和的正切公式即可得解. 详解】由题意可得， 所以， 又因为，所以，， 所以. 故选：D. 7. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】因为，且在上的投影向量为，则， 所以. 故选：B. 8. 已知是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用分段函数的单调性结合对数函数单调性列式求解即可. 【详解】因为当时，为减函数，且时，. 又因为在上为单调函数，所以只能为单调递减函数， 所以解得， 故选:D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每个小题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. 下列说法错误的是（ ） A. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 B. 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 D. 用一个平面去截取球体，得到的截面是一个圆面 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆锥、棱台、棱柱及球的定义和特点判断各选项即可. 【详解】对于A，以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才可以是圆锥，故A错误； 对于B，用一个平行于底面的平面去截棱锥，所得棱锥底面和截面之间的部分所围成的几何体才是棱台，故B错误； 对于C，棱柱的定义是这样的：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面围成的几何体叫做棱柱，显然题中漏掉了“并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”这一条件，因此所围成的几何体不一定是棱柱.如图所示的几何体就不是棱柱，故C错误. 对于D，用一个平面去截取球体，得到的截面一定是一个圆面，故D正确. 故选：ABC. 10. 函数的部分图象如图，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的表达式 C. 函数的一个对称中心为 D. 函数图象是由图象向左平移个单位而得到 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AB，由图可求得和函数表达式即可判断；对于C，代入检验即可判断；对于D，由函数平移法则验算即可. 【详解】对于A，由图可知函数的最小正周期满足，解得，即函数的最小正周期为，故A错误； 对于B，由得，由图可知，且，解得， 又因为，所以只能，所以函数的表达式，故B正确； 对于C，，即不是函数的对称中心，故C错误； 对于D，由图象向左平移个单位得到图象所对应的函数解析式为，故D正确. 故选：BD. 11. 圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的（ ） A. 母线长为2 B. 表面积为 C. 高为 D. 体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先根据圆台的上底面周长求出，进而可根据母线的公式求出母线长和高，从而可求出体积、表面积. 【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为，因为扇环所对的圆心角为180°， 所以，又，所以，同理， 故圆台母线，高， 体积， 表面积，故A，B，C正确，D错误. 故选：ABC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数为纯虚数，则复数的共轭复数为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数类型计算求参得出复数，再应用共轭复数定义求解. 【详解】因为为纯虚数， 所以解得， 所以， 所以. 故答案为： 13. 已知向量，，若与垂直，则的值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量垂直的表示式结合向量的坐标计算即得. 【详解】因向量，，则， 则，解得：. 故答案为：. 14. 如图，已知在中，点在边上，为的平分线，且，，则______；_____. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】①在中分别运用正弦定理以及已知条件即可求出结果；②在中分别运用余弦定理以及已知条件即可求出结果. 【详解】在中，利用正弦定理得：. 在中，利用正弦定理得：. 因为，所以两式相除得. 设，则为锐角，设，则. 由题意在，中，分别利用余弦定理可得， ， ， ∴， 求得，∴. 故答案为：①；②. 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. 如图所示的玻璃罩可以看成是由一个圆柱侧面和一个半球球面组合而成，其中球面半径为2分米，圆柱面高为4分米.（忽略玻璃厚度） （1）求该玻璃罩外壁的面积； （2）若将该玻璃罩倒置后装水，求最多能装多少升水？ 【答案】（1）平方分米 （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆柱的表面积公式和球的表面积公式求解即可； （2）根据圆柱的体积公式和球的体积公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知， 故该玻璃罩外壁的面积为平方分米； 【小问2详解】 所求即圆柱体积与半球体积之和， 立方分米升 故最多能装升水. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理化简得出，结合角的范围即可求解； （2）应用正弦定理边角转化计算求解. 【小问1详解】 由条件得， 化简整理得：. 由正弦定理得：， 因为，，所以，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得：，所以. 又因为，解得， ，因此，所以. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期与对称中心的坐标； （2）若，求的值. 【答案】（1）；， （2） 【解析】 【分析】（1）由正余弦的二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，再由周期公式及整体代入即可求解； （2）由（1）得到，再结合余弦二倍角公式及诱导公式即可求解. 【小问1详解】 函数 ， 所以的最小正周期为. 令，，解得， 所以的对称中心坐标为，. 【小问2详解】 若，则， 所以， 所以. 18. 在中，满足：，是的中点. （1）若，求向量与向量的夹角的余弦值； （2）若是线段上任意一点，且，求的最小值； （3）若点是内一点，且，，，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的变形公式直接求解即可； （2）由题得到，设，则，利用向量的数量积公式直接求解，根据二次函数求最值即可； （3）设，，则，由条件求得，，则化简所求为，即可求出最小值. 【小问1详解】 根据题意，在中，有，且， 则， 又， 又， 故. 【小问2详解】 因为， 所以，. 设，则，而， 则 ， 当且仅当时，的最小值是. 【小问3详解】 根据题意，设，，则， 若，则，变形可得. 同时，，则，即， 则有 . 又由，则， 由三角函数的性质，当，，， 则，变形可得：， 故的最小值为. 19. 已知奇函数与偶函数满足. （1）求，的解析式； （2）若，求的值； （3）若函数，求在上的最小值. 【答案】（1），. （2） （3）当时，； 当时，； 当时，. 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性列出等式，联立方程组求解可得. （2）将和代入函数解析式中化简求解即可. （3）首先化简，然后讨论一元二次函数的单调性，计算最小值. 【小问1详解】 因为奇函数与偶函数满足， 得，联立得，，. 【小问2详解】 由（1）得，即， 因为.又因为，则，所以， 则 . 小问3详解】 由题， 令，则，则， 当，即时，在上单调递减，； 当，即时，上单调递增，； 当，即时，. 综上：当时，；当时，； 当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昆明市外国语学校禄劝分校（禄劝民族中学） 高一年级2027届春季学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设i是虚数单位，集合中的元素由复数的实部和虚部组成，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设i是虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 如果直线平面，直线平面，且，则与的位置关系为（　　） A. 共面 B. 平行 C. 异面 D. 平行或异面 4. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 8 5. 在中，角A，B，C所对边分别是a，b，c，且满足，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰三角形 6 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是上单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每个小题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. 下列说法错误的是（ ） A. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 B. 用一个平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成几何体是棱台 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 D. 用一个平面去截取球体，得到的截面是一个圆面 10. 函数的部分图象如图，则下列说法中正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的表达式 C. 函数的一个对称中心为 D. 函数图象是由图象向左平移个单位而得到 11. 圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为180°，则圆台的（ ） A. 母线长为2 B. 表面积为 C. 高为 D. 体积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数为纯虚数，则复数的共轭复数为______. 13. 已知向量，，若与垂直，则的值为______． 14. 如图，已知在中，点在边上，为的平分线，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. 如图所示玻璃罩可以看成是由一个圆柱侧面和一个半球球面组合而成，其中球面半径为2分米，圆柱面高为4分米.（忽略玻璃厚度） （1）求该玻璃罩外壁的面积； （2）若将该玻璃罩倒置后装水，求最多能装多少升水？ 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，，求的值. 17. 已知函数. （1）求的最小正周期与对称中心的坐标； （2）若，求的值. 18. 在中，满足：，是的中点. （1）若，求向量与向量的夹角的余弦值； （2）若是线段上任意一点，且，求的最小值； （3）若点是内一点，且，，，求的最小值. 19. 已知奇函数与偶函数满足. （1）求，的解析式； （2）若，求的值； （3）若函数，求在上的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $