广东省汕头市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

2024- 2025学年度第二学 中考试 高一级 数学科 试题 注意：试卷共 4页，满 150 ，考试时间 120 钟 一、单选题：本题共 8 题，每 题 5 ，共 40 。每 题 且只 一项是 题目要求的。 1.已知集 A={0，1，2，3，4}，B={x| x-3x+1 < 0}， A∩ B= ( ) A. {0，1} B. {0，1，2} C. {0，1，2，3} D. {0，1，2，3，4} 2.若 z 2- i = 1， z  = ( ) A. 2+ i5 B. 2- i 5 C. 2+ i 3 D. 2- i 3 3.已知 sin 32 π+α = 3 5 ， 么 cosα= ( ) A. - 35 B. 3 5 C. - 4 5 D. 4 5 4.下 说法正 ( ) A. 三点 定一个 面 B. 放置 矩形 直观图 行四边形 C. 若直线 l与 面 α 行， l与 面 α内 任意一 直线都 行 D. 以直角三角形 一边为轴旋转一 所得 旋转 锥 5.设 P ΔABC所 面内 一点，BC  + BA  = 2BP  ， A. PA  + PB  = 0  B. PC  + PA  = 0  C. PB  + PC  = 0  D. PA  + PB  + PC  = 0  6.已知 a  = (-1，1)，|b  | = 2，|a  + 2b  | = 6， a  与 b  夹角为 ( ) A. π6 B. 5π 6 C. π 3 D. 2π 3 7.已知 α为 面，m,n为两 不 直线，且m⎳ α，设 题甲：m⎳ n； 题乙：n⎳ α， ( ) A. 甲 乙 充 不必要 件 B. 甲 乙 必要不充 件 C. 甲 乙 充要 件 D. 甲 乙 既不充 也不必要 件 8.函数 f (x) 定义 R上 奇函数，当 x> 0时，f (x) = x2+ 2x- 3， 不等式 f (2x- 1)> 0 解为 ( ) A. (-∞,0) ∪ (1, +∞) B. 0, 12 ∪ (1, +∞) C. 0, 1 2 ∪ 1 2 ,1  D. (-∞,0) ∪ 1 2 ,1  第1页（共4页） 二、 选题：本题共 3 题，每 题 6 ，共 18 。在每 题给出的选项中， 项 题目要求。全部选对 的得 6 ， 选 的得 0 ，部 选对的得部 。 9.已知 e1  ,e2  不共线 ，下 a  ,b  共线 ( ) A. a  = e1  ,b  =-2e2  B. a  = e1  - 3e2  ,b  =-2e1  + 6e2  C. a  = 3e1  - 34 e2  ,b  = 2e1  - 12 e2  D. a  = e1  + e2  ,b  = e1  - 3e2  10.如图， 长方 ABCD- A1B1C1D1中，E，F 为C1D1，B1C1 中点，O，M 为 BD，EF 中点， 下 说法正 ( )    A. 四点 B，D，E，F 一 面内 B. 三 直线 BF，DE，CC1 公共点 C. 直线 A1C与直线OF不 异面直线 D. 直线 A1C上存 点N M，N，O三点共线 11.如图， 棱长为 2 正方 ABCD- A1B1C1D1，中，点M ,N,E,F 梭 A1B1，A1D1，B1C1，C1D1 中点， 下 说法正 ( ) A. 若正方 顶点都 一球面上， 该球 表面积为 4π B. 面 AMN // 面 EFDB C. 异面直线 AM与 BE所成角 弦 为 45 D. 面 AMN 面 EFDB 正方 ABCD- A1B1C1D1成三部 积由 大 比 为 1：8：16 三、填空题：本题共 3 题，每 题 5 ，共 15 。 12.计算： -2 2+ ln e+ 2log2 1 2 = ． 13.如图，正方形 ABCD 边长为 2， 以边 AB CD 中点 E，F为 心画弧 AO CO，以直线 EF为轴旋转，弧 AO，CO 线段 AD 旋转一 形成 曲面所围成 几 积 ． 14.（2+3=5 ）如图，已知 台 轴截面为梯形 ABCD,AB= 4,CD= 2，梯形 ABCD 高为 2 2， 台 积 为 ； 台 面上，从点 A 点C 短路径长 .    第2页（共4页） 四、解答题： 题共 5 题，共 77 。解答 写出文字说 、证 过 或演算步骤。 15.（7+6=13 ） 如图，已知 E，F，G，H 正方 ABCD- A1B1C1D1 棱 AB，BC，CC1，C1D1 中点，且 EF与HG相交 于点Q. (1) 证：点Q 直线DC上； (2) 出过 A、G、Dl三点 截面. (写出 图过 及 据， 保留 图痕迹) 16.（7+8=15 ） 记△ABC 内角 A，B，C 对边 为 a，b，c，且 ca = sinA+2sinBcosA 2sinA ． (1) B 大 ； (2)若 b= 2 2，△ABC 面积为 2 3， △ABC 长． 17.（7+8=15 ） 已知 a  = 2,1 ，b  = 1,2 ，c  = 3,λ . (1)若 ka  +b   ⊥ a  ， k ； (2)若 c  ∥ a  ， c  b  方 上投影 标. 第3页（共4页） 18.（5+8+4=17 ） 如图，四棱锥 P- ABCD中，PD⊥ 面 ABCD， 面 ABCD 正方形，PD= AB= 2，E为 PC中点. (1) 证：PA⎳ 面 BDE； (2) 证：DE⊥ 面 PCB； (3)设 面 PAB∩ 面 PCD= l， 证：l⎳ 面 ABCD． 19.（5+6+6=17 ） 如图， △ABC中，AC= 2，BC= 2 3，且 AC⊥ BC，M ,N为线段 AB上 两个 点 (N M 右 )，且 ∠MCN= 30° (1)若 AM= 1时， CN 长； (2)若△MNC 面积 △CMA 面积 32 ， ∠ACM 大 ； (3)当∠ACM为 时，△MNC 面积 ， 面积 多 ？    第4页（共4页） 汕头市第一中学2024一2025学年度第二学期期中考试 高一级数学科参考答案与评分标准 一、单选题I-8 BBAB BDDB 二、多选题9-I1 BC ABD BC 三填空题2,313. 14.42x3w5 部分小题解析 8.【详解】因为f(x)=x2+2x-3=(x+1-4, 所以f(x)在(0，+o)上单调递增，且f(1)=0. 因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)在（一oo,0)上单调递增，且f(-1)=0. 由/2x-)>0,可得2x-1>1或-1<2x-1<0,解得x>1或0<x<分 即f(2x-1)>0的解集为(0,2)U(1,+o) 11.【详解】对于A,正方体的外接球的直径为AC,=√22+22+22=2√3，故外接球的半径为R=√3，故体积 为4πR2=12π，故A错， 对于B,由正方体性质，易得AMIDF,AN∥BE,由此得AM∥面BDFE,AN∥面BDFE,又AM与AN相交，则 面AMNH面BDFE,故B正确， 对于C,由于AN∥BE,因此∠NM为异面直线AM与BE所成角或其补角，AN=AM=√22+1下=√5，NM= √2，由余弦定理可得cos∠NAM=AN+AM一NM=Y5)=专，故C正确， 2AN·AMM 2(5):(w5) 对于D,么-w=4w=号×号×1X1×2=号延长CC和BE相交于点Q,由于E是BC的中点， EC,∥BC,所以C,是QC的中点，同理可知DF与CC,也相交于点Q,故EFC,-DBC为三棱台，因此 VerC-DaC= （号×1×1+号×2x2+√2×1x1×号×2x2)×2=了，因此平面4MN和平面EFDB之间 的体积为一6c度-久4=2×2x2-背-子=华， 因此三部分的体积由小到大的比值为1：7：16，C错误 14.【详解】由AB=4,CD=2,得圆台的下底面的半径为R=2,上底面的半径为r=1,圆台的高为h=2v2, 所以圆台的体积为=号(+R+h=号1+2+1×222=14x (2)在梯形ABCD中，BC=√(2-1)+(2W2P=3,即母线长为3. 如图，由圆台性质，延长AD,BC,OO,交于点P, 由△PDC与△PHB相似，得nCaC=友，即n3=,解得PC=3 设该圆台的侧面展开图的圆心角为a, 则3a=2r=2m,所以a=2r 3 在侧面展开图中，连接AC,PC,则从点A到C的最短路径为线段AC, 又在△PAC中，PC=3,PA=6,∠CP1=号×号=骨 由余弦定理得AC=PN+PC-2PH:PCcos-号， 所以4C=V6+3-2×6x3×7=3V5. 验证知，由PC=3,PA=6,AC=33,得PP=AC+PC, 此时AC⊥PC,恰与扇形弧CC所在圆相切于点C,满足题意 第1页（共4页） 四、解答题 15.(7+6=13分) D 如图，已知E,F,G,H分别是正方体ABCD D AB,CD,的棱AB,BC,CC1,CD1的中点，且EF与A HG相交于点Q. (1)求证：点Q在直线DC上： D (2)作出过A、G、D,三点的截面：（写出作图过程及依 据，并保留作图痕迹) 【详解】(I)由于Q∈EF,EFC平面ABCD, 所以QE平面ABCD, 2分 同理Q∈HG,HGC平面CDD,C, 所以QE平面CDD,C,- -4分 又因平面ABCD∩平面CDD,C,=DC -6分 由基本事实3可知：QEDC,即点Q在直线DC上 -(7分) (2)【法1】如图所示，取BC的中点P,连接AP,PG,D,G, D -2分 因为由正方体的性质易得，GP∥BC,BC∥AD, -5分 所以GP∥AD,故A,D,G,P共面，则APGD,即为所求截面. (6分) 【法2】如图所示，延长D,G、DC交于E,连接AE交BC于P,连接PG D B -2分 因为GC4号DD,所以C为DE中点，G为D,E中点， 又BC∥AD,所以P为AE中点- -5分 所以GP∥AD,故A,D,GP共面，则APGD,即为所求截面 (6分) 16.(7+8=15分) 记△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且￡=sinA+2 sinBcosA 2sinA (1)求B的大小： (2)若b=2W2,△ABC的面积为2W3,求△4BC的周长. 【详解】(1)由正弦定理得，snC=sin4+2 sinBcos4 -2分 sind 2sinA sin/A+2sinBcosA 2sinC=2sin(A+B)=2sinAcosB +2cosAsinB, 得sinA=2 sinAcosB,- -4分 因为A∈(0，π)，∴.sin4≠0，得cosB= -5分 第2页（共4页） 因为B∈(0，动，所以B=号 -(7分) (2)由Sac= aesinB=23,得ac=8. 2 -2分 由余弦定理cosB=+c足=号，得心+C-8=ae, 2ac -4分 得(a+c）2=3ac+8=32, -6分 得a十c=42, 一7分 所以△ABC的周长为6V2. -(8分) 17.(7+8=15分) 已知向量a=(2,1),6=(1,2),c=(3,) (I)若(ka+⊥a,求k的值： (2)若c∥，求c在6方向上投影向量的坐标 【详解】(1)由(kd+b)⊥a可得：(kd+)·d=0 一3分 即ka+d6=5k+4=0, -5分 解得务=号 -(7分) (2)由c∥a,可得21=3， --2分 解得=号则=(3) 一4分 因c在方向上投影向量为 …6 剂 -6分 故其坐标为： 1X3+2× 5 212)=(g号)月 -(8分) 18.(5+8+4=17分) 如图，四棱锥P一ABCD中，PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，PD=AB=2, E为PC中点. (I)求证：PA∥平面BDE: (2)求证：DE⊥平面PCB: (3)设平面PAB∩平面PCD=I,求证：I∥平面ABCD. (1)连接AC,交BD于M,- 一1分 因为底面ABCD是正方形，故M为AC的中点，所以ME∥PA, -3分 又因为EMC平面BDE,APC寸平面BDE, 所以AP∥平面BDE: --(漏AP过平面BDE扣1分) -(5分) (2),PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD∴.PD⊥BC, -1分 又，在正方形ABCD中，CD⊥BC, -2分 PDN CD=D,PD,CDC平面PCD, 六BC⊥平面PCD, (漏PD∩CD=D扣1分) 一4分 又DEC平面PCD, BC⊥DE, -5分 PD=CD,E是PC的中点，故DE⊥PC, -6分 又PC∩BC=C,且PCC面PCB,BCC面PCB, ∴，DE⊥平面PCB- --(漏PCn BC=C扣1分) -(8分) (3)在平行四边形ABCD中，有AB∥CD, 第3页（共4页） 因为ABd平面PCD,CDC平面PCD, 所以AB∥平面PCD, --(漏AB寸平面PCD扣1分) 一2分 又因为ABC面PAB,平面PAB∩平面PCD=I,所以AB∥I,一 -3分 又因为I4平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以1∥平面ABCD. --(4分) 19.(5+6+6=17分) 如图，在△ABC中，AC=2,BC=2√3，且AC⊥BC,M,N为线段AB上的两个动点(N在M的右侧)，且 ∠MCN=30 (I)若AM=1时，求CW的长： (2)若△MNC的面积是△CMA的面积的)3倍，求∠ACM的大小： 2 (3)当∠ACM为何值时，△MNC的面积最小，最小面积是多少？ M 【详解)0)由4C=2,BC=23,4CLBC,得amB=8C=2方=3 2 3 又0°<B<90°，则B=30°，A=60°，所以AB=24C=4, 一-2分 在△ACM中，由余弦定理可得： CM2=AC+AMP-2AC,AMc0sA=2+12-2×2×1X=3, 则CM=√3，即AC2=AM?+CM2,所以CM⊥AM,- -4分 则∠MCW=30,:CN=CM =2, (5分) cos30° (2)设∠ACM=0(0°<0<60)， -1分 因为△MNC的面积是△CMM的面积的3倍， 2 所以号Cw-CMsn30=9xC1CMsn0,即CN=25sn0-2分 在△CAN中，∠ANC=180°-(60°+30°+)=90°-0. sin60°= cos0' 一4分 从而cv=2n0=点即na0=得=号而m20= 2w3 由0°<20<120°，得20=90°，所以0=45°，即∠ACM=45 (6分) (3)设∠ACM=0(0°<0<60)，由(2)知CN=5 cosa 又在△4CM中，由CM CA 3 sin60° ,得CM= -2分 sin(60°+0) sin(0+60) 所以S△c= 1 2 CM·CW,sin30= 4sin(0+60)cos 3 2sin0cos0+2v3cos?0 --3分 2 -4分 sin203cos20 2 2 +3 2 -5分 2sin(20+60)+√3 所以当且仅当20+60°=90°， 即0=15时，△MC的面积取最小值为2十万 =3(2-V3). …一(6分) 第4页（共4页）