精品解析：云南省德宏州2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

德宏州2024-2025年高一年级春季学期期中数学试卷 考试时间:120分钟满分:150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、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2、回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3、考试结束后，将答题卡交回. 第Ӏ卷 选择题 一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则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】根据复数的除法运算求出复数的代数形式，然后可得在复平面对应的点的位置． 【详解】由题意得，所以， 所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限． 故选：D． 2. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中可以作为平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线建立方程，由基底的定义，可得答案. 【详解】对于A，，所以两向量共线，即不能构成一组基底，故A错误； 对于B，设则，显然无解，则向量与向量不共线，即能构成一组基底，故B正确； 对于C，，所以两向量共线，即不能构成一组基底，故C错误； 对于D，，所以两向量共线，即不能构成一组基底，故D错误. 故选：B. 3. 若||=1，||=2，||=，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意把||两边平方，结合数量积的定义可得 【详解】||＝1，||＝2，与的夹角θ， ∴||27， ∴12+2×1×2×cosθ+22＝7， 解得cosθ 故选：B． 4. 已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义，结合向量坐标运算求解作答. 【详解】依题意，在上投影向量为，其中， 所以在上投影向量的坐标为. 故选：C 5. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先借助正弦定理求出，再借助余弦定理求出b即可. 【详解】由正弦定理得，得.由余弦定理，得 ，即. 故选：A. 6. 已知正三棱台的上底边长为，下底边长为，侧棱长为5，则该正三棱台的体积为（ ） A. B. 63 C. D. 21 【答案】C 【解析】 【分析】直接运用三角形面积公式，结合正三棱台的几何性质、棱台体积公式进行求解即可. 【详解】如图所示，，分别是上，下底面的中心，连接，，， 在平面内作于， 因为正三棱台的上底边长为，下底边长为， 所以上底面面积为， 上底面三角形外接圆半径为， 下底面面积为， 下底面三角形外接圆半径为， 于是该正三棱台的高为， 因此该正三棱台的体积为， 故选：C 7. 已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得，结合余弦定理以及不等式求得的最大值，再求三角形面积的最大值即可. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 即，， 又，，故；由，解得； 由余弦定理，结合，可得， 即，解得，当且仅当时取得等号； 故的面积，当且仅当时取得等号. 即的面积的最大值为. 故选：A. 8. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示： 取线段的中点，连接，则， 因为正三棱锥的侧面积为，则，可得， 所以，，， 设点在底面的射影为点，则为正的中心，且， ， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上， 设球的半径为，则， 由勾股定理可得，即，解得， 因此，该正三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 二、多项选择题：（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. 下列说法正确的有（ ） A. 用斜二测画法画出边长为 2 的等边三角形的直观图，则直观图的面积为 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D. 以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 【答案】AB 【解析】 【分析】根据斜二测画法的原则，结合棱柱、棱台、圆锥定义进行逐一判断即可. 【详解】A：如图所示：，因为是边长为 2 的等边三角形， 所以，根据斜二测画法可知，， 因此直观图的面积为 ，故本选项说法正确； B：根据棱柱的定义可知棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，故本选项说法正确； C：根据棱台的定义可知，此时必须还要看侧棱的延长线是否交于一点，因此本选项说法不正确； D：当按照直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体是两个共同底面的圆锥组成的几何体，故本选项说法不正确， 故选：AB 10. 已知点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若与的夹角为锐角，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量模的计算公式，可得判定A正确；根据向量垂直的坐标表示，列出方程，求得的值，可判定B错误；根据共线向量的坐标表示，可判定C正确；根据向量的数量积的运算公式，可判定D正确. 【详解】因为，可得 对于A，由，可得，故A正确； 对于B，由，可得，解得，故B错误； 对于C，由，可得，解得，故C正确； 对于D，由与的夹角为锐角，则满足且向量与不共线， 则满足且，解得，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图所示，设在中，角、、所对的边分别为、、，，且．若点是外一点，、，下列说法中，错误的命题是（ ） A. 四边形周长的最小值为 B. 四边形周长的最大值为 C. 四边形面积的最小值为 D. 四边形面积的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正弦定理对已知化简变形可求出，从而可得为正三角形，再由、，可求出的周长的取值范围，从而可求出四边形周长的取值范围，则可判断AB，利用面积公式和余弦定理可表示出四边形面积，从而可求出其范围，进而可判断CD 【详解】在中，，由正弦定理得：， ∴，∵， ∴，∴， 又∵，∴， ∴，∴为正三角形， ∵、，∴ ∵的周长的取值范围为， ∴四边形周长的取值范围为， 所以AB错误， 四边形面积 ， ∵， ∴四边形面积的取值范围为， 所以C错误，D正确， 故选：ABC． 第II卷 非选择题 三．填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．） 12. 复数满足，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法及乘法计算即可. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 13. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为________ 【答案】 【解析】 【详解】由题意“一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面”，可知，圆锥的母线为 ，则，又半圆的弧长为，圆锥的底面周长为，,圆锥的高为： ，所以圆柱的体积为： ，故答案为 . 14. 已知分别为三个内角的对边，.若 ，则的最大值______________. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理得，利用正弦定理得，再由辅助角公式可得答案. 【详解】由余弦定理得， 所以，， 因为，所以，， 由正弦定理得， 所以， 则 ，其中， 因为，当即时， 的最大值为. 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. 向量， （1）求向量的模长； （2）若向量，且，求实数的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量模的公式计算；（2）利用向量数量积的坐标表示列式，即可计算结果. 【详解】解：（1），. （2） ，且， ∴. 16. 已知复数（其中为虚数单位），若复数的共轭复数为，且． （1）求复数； （2）求复数； （3）若是关于的方程的一个根，求实数，的值，并求出方程的另一个复数根． 【答案】（1） （2） （3），，另一根为 【解析】 【分析】（1）化简复数，再根据共轭复数的概念求解； （2）根据复数的除法的运算求解； （3）将代入方程运算求出，代回方程求解. 【小问1详解】 ， 所以复数的共轭复数为． 【小问2详解】 因为， 所以 所以. 【小问3详解】 若是关于的方程的一个根，则， 即， 所以 解得：，， 则，即， 所以方程另一根为． 17. 的内角、、的对边分别为、、,且． （Ⅰ）求角； （Ⅱ）若，且边上的中线的长为,求边的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4. 【解析】 【分析】（Ⅰ）利用正弦定理和三角恒等变换的公式化简即得；（Ⅱ）设，则，，由余弦定理得关于x的方程，解方程即得解. 【详解】（Ⅰ）由题意， ∴， ∴， 则， ∵，∴， ∴； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，又∵， ∴， 设，则，， 在中，由余弦定理得：， 即，解得，即． 【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 18. 已知向量是平面内的一组基底，且与的夹角为锐角， （1）求证三点共线． （2）设，若的最小值是，求锐角的值． 【答案】（1） 由， 得，则， 即，又有公共点， 所以三点共线. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算，结合共线向量定理推理即得. （2）利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，再借助二次函数最值求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意， 令，函数是开口向上的二次函数， 则当时，，即， 整理得，则，所以锐角. 19. 已知、、分别为内角的对边，已知且． （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的值； （3）求周长的取值范围． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由三角恒等变换化简求解； （2）由面积公式得，再根据余弦定理求的值； （3）根据，，将周长化为三角函数求最值． 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得 ， 所以， ，则，所以，即， ，则，故，因此，． 【小问2详解】 由三角形的面积公式可得， ，由余弦定理可得： ， 即 因此． 【小问3详解】 由正弦定理可得， 故， 所以， 所以 ， ，所以，则，所以， 所以， 因此，的周长的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 德宏州2024-2025年高一年级春季学期期中数学试卷 考试时间:120分钟满分:150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、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2、回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3、考试结束后，将答题卡交回. 第Ӏ卷 选择题 一、单项选择题:(本题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则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. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中可以作为平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 3. 若||=1，||=2，||=，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 6. 已知正三棱台的上底边长为，下底边长为，侧棱长为5，则该正三棱台的体积为（ ） A. B. 63 C. D. 21 7. 已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（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. 下列说法正确的有（ ） A. 用斜二测画法画出边长为 2 的等边三角形的直观图，则直观图的面积为 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D. 以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 10. 已知点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若与的夹角为锐角，则 11. 如图所示，设在中，角、、所对的边分别为、、，，且．若点是外一点，、，下列说法中，错误的命题是（ ） A. 四边形周长的最小值为 B. 四边形周长的最大值为 C. 四边形面积的最小值为 D. 四边形面积的最大值为 第II卷 非选择题 三．填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．） 12. 复数满足，则____________. 13. 若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为________ 14. 已知分别为三个内角的对边，.若 ，则的最大值______________. 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. 向量， （1）求向量的模长； （2）若向量，且，求实数的值. 16. 已知复数（其中为虚数单位），若复数的共轭复数为，且． （1）求复数； （2）求复数； （3）若是关于的方程的一个根，求实数，的值，并求出方程的另一个复数根． 17. 的内角、、的对边分别为、、,且． （Ⅰ）求角； （Ⅱ）若，且边上的中线的长为,求边的值． 18. 已知向量是平面内的一组基底，且与的夹角为锐角， （1）求证三点共线． （2）设，若的最小值是，求锐角的值． 19. 已知、、分别为内角的对边，已知且． （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的值； （3）求周长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $