精品解析：山东省潍坊市昌乐二中2024-2025学年高一下学期数学期末模拟监测试题

2024-2025学年度山东省昌乐二中高一下学期期末模拟试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 一、单选题（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，只有一项符合题目要求.） 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简即可. 【详解】由题可得. 故选：A 2. 若，，若，则（ ） A. 4 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标形式可求，故可求的值. 【详解】因为，故即，故， 故， 故选：C. 3. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，， 则，设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为，则，， 所以，则该方斗杯可盛水的总体积为. 故选:D. 4. 在中，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 不含的直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得或，分类讨论可得结论. 详解】由和正弦定理，可得， 因，代入上式，化简得：， 即，故得或， 当时，，所以，此时是直角三角形； 当时，，又，， 则或（舍去），此时为等腰三角形. 综上：可得的形状一定是等腰或直角三角形. 故选：B. 5. 已知，，若与的夹角为钝角，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示与共线的坐标表示计算即可求得的取值范围. 【详解】因为，，所以， 的夹角为钝角； ，且不平行； ； 解得，且； 的取值范围为：． 故选：B． 6. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】二倍角与辅助角公式化简原函数，利用已知的范围求出的取值范围，根据函数有两个零点列不等式即可求出范围. 【详解】由题意，函数， 令，即，且， 又函数在上恰有两个零点，所以，解得. 故选：B. 7. 在锐角中，角所对边分别为，若，则下列四个结论中正确的是（   ） A. B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】对A：借助正弦定理与两角差的正弦公式计算即可得；对B：借助锐角三角形及三角形内角的关系计算即可得；对C：借助正弦定理将边的比例化成正弦值的比例后借助角与角间的关系化简即可得；对D：借助三角函数间的关系与基本不等式计算即可得. 【详解】对A：由正弦定理可将式子化为， 又， 代入上式得，即， 因为，则，故， 所以或，即或（舍去）， 所以，故A错误； 对B：因为为锐角三角形，，所以， 由解得，故B错误； 对C：， 因为，所以，， 即的取值范围为，故C正确； 对D： ， 当且仅当，即时取等号， 但因为，所以，，无法取到等号，故D错误. 故选：C. 8. 三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，最后确定球的表面积． 【详解】解：根据题意，得到三棱锥的外接球的球心在等边三角形的中心高线和过直角三角形斜边的中点的高的交点位置， 如图所示： 三棱锥中，平面平面，，，， 所以，， 在直角三角形中，， 解得：， 所以， 三棱锥的外接球半径， 则， 故选． 【点睛】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定，球的表面积公式的应用． 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. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 四边形的周长为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到各边长，结合，求出；B选项，由斜二测法可知；C选项，作出原图形，求出各边，由梯形面积公式得到C正确；D选项，在C基础上，求出各边长，得到周长. 【详解】A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，A错误； B选项，由斜二测法可知，B正确； C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，C正确； D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，D错误． 故选：BC. 10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【详解】连接，如图所示， 直三棱柱中，， 为正方形，， ，平面，平面，， 平面，，平面， 平面，，A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确； 设，，， ， ， ，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误； 当是的中点时，，，， ， ，， ，设点到平面的距离为，由， 得，， 直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为， 则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛： 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径. 11. 已知，，分别为内角，，的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件 B. 若，则为钝角三角形 C. 若，，且有两解，则的取值范围是 D. 在中，是边中线，若，且，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理及必要不充分条件判断A；利用余弦定理判断B；利用正弦定理求出范围判断C；利用向量数量的定义及运算律求解判断D. 【详解】对于A，在中，由正弦定理，，故A错误； 对于B，由，令，得， 由余弦定理得，因，故是钝角，故B正确； 对于C，因，，由有两解可得，即，故C正确； 对于D，因，则， 解得，又是边的中线，则， 两边取平方得， 则，故D正确. 故选：BCD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点与．现测得，，，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高为______m． 【答案】10 【解析】 【分析】在中，求得，由正弦定理得到，再在直角中，得到，即可求解. 【详解】在中，因为，，可得， 由正弦定理，可得， 在直角中，可得. 即塔高为. 故答案为：. 13. 如果复数满足，那么的最大值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义确定复数z对应的点在两点的连线段上，继而求出的表达式，即可求得答案. 【详解】由于表示复数z对应的点到两点的距离和为3， 结合两点之间距离为3，故复数z对应的点在两点的连线段上， 设，则， 故，当时，取到最大值， 故答案为： 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题可先将该多面体补成正方体，利用正方体的棱切球就是多面体的外接球这一关系，求出棱切球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为， 因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为． 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. 已知复数（，为虚数单位），其共轭复数为. （1）若复数是实数，求实数的值； （2）若，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求实数的取值范围； （3）已知实系数一元二次方程的两根为和，若，求m的值. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用复数乘法法则得到，根据是实数，可得方程，可求出； （2）利用复数除法法则化简，得到对应的点坐标，根据所在象限，得到不等式组，求出实数的取值范围； （3）分方程的两根为实数根与虚数根两种情况求解即可. 【小问1详解】 由可得， 所以， 若复数是实数，可得， 解得； 【小问2详解】 ， 易知复数在复平面内所对应的点坐标为， 又复数在复平面内所对应的点位于第四象限，可得， 解得， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 若方程的两根为实数根，则， 解得， 若方程的两根为虚数根，则设，，可得， 则，，，所以，所以， 由韦达定理可得，所以， 此时，满足题意， 综上，或. 16. 如图1，设半圆的直径为 ，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段的长； （2）求四面体的体积； （3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案； （2）根据求解即可； （3）连接交于点，连接并延长交于点，由此得到三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，由题得，则，得解. 【小问1详解】 在图中，设圆锥的底面圆半径为，则，解得. 因为在图1中，点、三等分半圆， 所以在图2中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，则为等边三角形， 所以，所以. 又因为点、分别是、的中点， 所以. 【小问2详解】 因为，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体的体积为. 【小问3详解】 连接交于点，连接并延长交于点， 则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥. 因为点、分别是、的中点， 所以为的中点，且， 所以， 所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为. 17. 在中，内角对应的边分别是，且． （1）若的面积是，求的周长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到角A的大小，再由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，从而可得，即可得到结果； （2）由三角形的内角和将转化为关于的式子，再由三角函数的性质即可求得结果. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即，因为，所以， 则，即. 因为，所以， 由余弦定理可得， 即，所以， 则，所以， 则的周长为. 【小问2详解】 由可得， 则 ， 且为锐角三角形，则，解得， 所以，则， 所以， 即的取值范围是. 18. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为. （1）求的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得，再由，求得的值后，根据正弦函数的单调性，得解； （2）由函数图象的伸缩平移法则可得，采用换元法，令，原问题转化为在，上只有一个解，作出的图象后，即可得解． 【小问1详解】 ， ， 因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，得，所以， 令，则， 所以的单调递减区间为 【小问2详解】 由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数， 再向左平移个单位得， 令，则，所以， 因为在上只有一个解， 由的图象可得，或， 所以的取值范围是 19. 已知函数 （1）求函数的对称轴及对称中心； （2）若方程在上的有两个解，求的范围； （3）将函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线，再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若，不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）对称轴，对称中心 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式对化简，再利用三角函数的图象与性质求解即可； （2）结合在取值，根据有两个解，确定答案； （3）利用给定变换求出及在上的最小值，再利用关于的一次函数列出不等式组求解即得. 【小问1详解】 因为， 所以 ， 对称轴：，解得， 对称中心横坐标满足：，解得， 所以对称中心为. 【小问2详解】 因为， 所以， 因为， 当，即时，单调递增， 当，即，单调递减， 当或时，， 当时，， 所以方程在上的有两个解， 所以. 【小问3详解】 因为函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线， 再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象， 所以， 因为，不等式成立， 所以， 因为，所以， 当，即时，， 当时，令， 所以，即，即， 所以实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度山东省昌乐二中高一下学期期末模拟试题 注意事项： 1.本试题满分150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 一、单选题（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，只有一项符合题目要求.） 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，，若，则（ ） A 4 B. C. D. 5 3. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A 148 B. C. D. 196 4. 在中，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等腰或直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 不含的直角三角形 5. 已知，，若与的夹角为钝角，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列四个结论中正确的是（   ） A. B. 的取值范围为 C. 取值范围为 D. 的最小值为 8. 三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　) A. 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. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 四边形的周长为 10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 11. 已知，，分别为内角，，的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件 B. 若，则为钝角三角形 C. 若，，且有两解，则的取值范围是 D. 在中，是边的中线，若，且，，则 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点与．现测得，，，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高为______m． 13. 如果复数满足，那么的最大值是_____． 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 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. 已知复数（，为虚数单位），其共轭复数为. （1）若复数是实数，求实数的值； （2）若，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求实数的取值范围； （3）已知实系数一元二次方程的两根为和，若，求m的值. 16. 如图1，设半圆的直径为 ，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段的长； （2）求四面体的体积； （3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积． 17. 在中，内角对应的边分别是，且． （1）若的面积是，求的周长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 18. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为. （1）求的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 19. 已知函数 （1）求函数的对称轴及对称中心； （2）若方程在上的有两个解，求的范围； （3）将函数的图象上所有点向下平移1个单位得到曲线，再将上的各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若，不等式成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $