精品解析：湖南省株洲市第一中学2024-2025学年高一下学期学业质量摸底检测数学试题A

2024—2025学年（下）高一年级学业质量摸底检测 数学（试题A） 一、单项选择题：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． 1. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 2. 已知函数，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. 1 D. 0 3. 设是两个不同的平面，是直线且，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ） A B. C. D. 5. 已知D为的边的中点，O为上一点，且满足，设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点测距问题”的探究活动中，构建了如图所示的几何模型，该模型中均与平面垂直．现已测得可直接到达的两点间距离，用测角仪测得，且在点C处测得点M，N的仰角分别为，，则M，N两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若P为内一点，且，则（ ） A. 44 B. 49 C. 88 D. 98 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若复数满足(其中是虚数单位)，则（ ） A. B. 的实部是2 C. 的虚部是 D. 复数的共轭复数在复平面内对应的点在第一象限 10. 在锐角中，，，则（ ） A B. C. D. 11. 若将4张铁皮进行任意无重叠地切割，分别可以焊接成底面半径均为1，高均为2的一个密闭圆锥和一个密闭圆柱、上下底面半径分别为，高为2的一个密闭圆台及直径为2的一个球（不考虑损耗），则体积与其表面积之比最大的是（ ） A 球 B. 圆锥 C. 圆柱 D. 圆台 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数据21，19，31，25，28，18，30的极差是______. 13. 已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 14. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 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 如图，已知平面四边形中，，，.若四点共圆. （1）求； （2）求四边形面积的最大值. 16. 已知. （1）求的值； （2）若是第一象限角，，求的值. 17. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， （1）证明：； （2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值； （3）在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 锐角的三个内角角，，所对的边分别为，，，满足． （1）求角的大小及角的取值范围； （2）若，求的周长的取值范围； （3）若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围． 19. 对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. （1）若，求关于的“差比模”； （2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年（下）高一年级学业质量摸底检测 数学（试题A） 一、单项选择题：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． 1. 已知复数（虚数单位），则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出共轭复数，再根据复数的除法运算求得，进而可求模. 【详解】因为复数，所以，所以， 所以. 故选：A. 2. 已知函数，若，则（ ） A. 5 B. 3 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】由已知令，再借助函数的奇偶性计算作答. 【详解】依题意，令，则是奇函数，， 于是得， 所以. 故选：A 3. 设是两个不同的平面，是直线且，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由面面平行的判定定理与性质定理判断充分性和必要性即可. 【详解】先验证充分性：当且时，若与相交，则得到与两平面交线平行，故不一定成立，即充分性不成立； 再验证必要性：当且时，，必要性成立. 综上，在给定条件下，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数对称中心的结论求解. 【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足， 即的对称中心是， 即， 又，则时最小，最小值是， 即. 故选：B 5. 已知D为的边的中点，O为上一点，且满足，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意作图，然后利用向量的线性运算求解即可. 【详解】如图所示，因为D为的边的中点，所以， 因为，所以， ． 故选：B. 6. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点测距问题”的探究活动中，构建了如图所示的几何模型，该模型中均与平面垂直．现已测得可直接到达的两点间距离，用测角仪测得，且在点C处测得点M，N的仰角分别为，，则M，N两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理，解三角形，求出两点之间的距离. 【详解】由题意知，所以． 因为，在中，， 在直角梯形中，由勾股定理得． 故选：B. 7. 在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，作出球心，利用外接球半径，外接圆半径，可求得即可得到二面角的大小. 【详解】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心， ，，即， 所以在中点处，， ，， ，且在垂直平分线上， 所以， 三棱锥的外接球表面积为， ，， 又平面，平面，所以， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以共面， 所以就是二面角的平面角， 或. 故选：A. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若P为内一点，且，则（ ） A. 44 B. 49 C. 88 D. 98 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据等面积转化求，再根据余弦定理，即可求解. 【详解】，则， 所以 由面积公式可知，， 所以， 由余弦定理可知，，三个式子相加得， ，得. 故选：B 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 若复数满足(其中是虚数单位)，则（ ） A. B. 的实部是2 C. 的虚部是 D. 复数的共轭复数在复平面内对应的点在第一象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的乘除求出z，然后由模的计算公式及复数的有关概念，复数的几何意义，逐一分析求解即可． 【详解】解：由已知， 所以，所以A正确; z的实部是2，所以B正确; z的虚部是−1，所以C错误; ，在复平面内对应点的坐标为，在第一象限，所以D正确． 故选：ABD． 10. 在锐角中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，将两个等式利用和差的正弦公式展开，即可求得的值；对于选项B，根据条件求出的值，进而可得到的关系；对于选项C，根据先求出其余弦值，进而得到正切值；对于选项D，首先将展开，然后根据求出. 详解】对于选项A： 因为， 所以① ②， 所以，所以A正确； 对于选项B： 因为，. 所以，即，所以B正确； 对于选项C： 因为，所以. 所以，所以C正确； 对于选项D： 因为，. 又，所以， 化简得，所以解得. 又是锐角，所以，所以，D正确. 故选：ABD. 11. 若将4张铁皮进行任意无重叠地切割，分别可以焊接成底面半径均为1，高均为2的一个密闭圆锥和一个密闭圆柱、上下底面半径分别为，高为2的一个密闭圆台及直径为2的一个球（不考虑损耗），则体积与其表面积之比最大的是（ ） A. 球 B. 圆锥 C. 圆柱 D. 圆台 【答案】AC 【解析】 【分析】分别计算圆锥，圆柱，圆台，球的体积表面积，并求得体积与表面积之比，进行判断即可. 【详解】圆锥的体积为：，表面积为：， 所以， 圆柱的体积为：，表面积为：， 所以， 圆台的体积为：， 表面积为：， 所以， 球的体积为：， 表面积为：， 所以， 所以圆柱、球的体积与其表面积之比最大. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数据21，19，31，25，28，18，30的极差是______. 【答案】13 【解析】 【分析】利用极差的定义求解即可. 【详解】数据21，19，31，25，28，18，30的极差是. 故答案为：. 13. 已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积. 【详解】由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径， 则外接球的半径， 所以该三棱柱的外接球的体积为. 故答案为：. 14. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过点与平面平行的正方体截面，再求出截面周长即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，取的中点，连接， 由为的中点，得，四边形为平行四边形， 则，又，则四边形是平行四边形， ，于是，四边形是平行四边形， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线， 所以P的轨迹长为. 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. 如图，已知平面四边形中，，，.若四点共圆. （1）求； （2）求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理有，结合四点共圆有，即可求； （2）由（1）得，应用三角形面积公式得且为四边形面积，两式作平方相加、应用和角余弦公式得，即可求最值. 【小问1详解】 在中， 在中， 因为四点共圆，所以，则， 上述两式相加得，所以（负值舍）. 【小问2详解】 由（1）得，化简得， 则，① 四边形的面积 ， 整理得， 则，② ①②相加得， 即， 由于，当且仅当时，取得最小值， 此时四边形的面积最大，由，解得， 故四边形面积的最大值为. 16. 已知. （1）求的值； （2）若是第一象限角，，求的值. 【答案】（1）2或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和同角的三角函数基本关系式计算即得； （2）结合（1）已得，以及题设条件进行拆角变换，先求出的值，再利用和差角公式以及弦切互化计算即可. 【小问1详解】 即，解得或. 【小问2详解】 由是第一象限角，由（1）可知，，又， 因为， 故. 17. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2， （1）证明：； （2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值； （3）在线段PD上是否存在点，使得平面MCN？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由等边三角形的性质可得，由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则； （2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可； （3）设，连接，则由线面平行的性质可得，从而可找出点的位置. 【小问1详解】 连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以. 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 在上取点Q，使得，设，连接，， 因为，所以， 在中，，所以， 所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以， 又， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为. 【小问3详解】 假设线段上存在点，使得平面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又，所以. 所以线段PD上存在点N，使得平面，且， ．    18. 锐角的三个内角角，，所对的边分别为，，，满足． （1）求角的大小及角的取值范围； （2）若，求的周长的取值范围； （3）若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围． 【答案】（1）；； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，再根据锐角三角形的知识列不等式，由此求得的取值范围. （2）应用正弦定理结合三角恒等变换化简得出结合角的范围求出值域即可得出周长范围； （3）根据正弦定理求得外接圆的半径，设，将表示为的形式，结合三角函数值域的知识求得的取值范围. 【小问1详解】 锐角的三个内角角，，所对的边分别为，，， 因为， 由正弦定理可得， 所以， 故，因为为锐角，所以， 因为为锐角三角形，则， 解得，所以，角的取值范围是. 【小问2详解】 因为，由正弦定理得， 所以 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以周长取值范围为 【小问3详解】 设的外接圆半径为，所以， ，所以 设，则，则， 所以 因为，所以，所以,所以, 所以，所以的取值范围为. 19. 对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. （1）若，求关于的“差比模”； （2）若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模可得； （2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的； （3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求. 【小问1详解】 由题意得， 故关于的“差比模”为. 【小问2详解】 先证明共轭复数有如下性质：若任意，则. 证明：设， 则， 而， 故. ； ； 故. 综上，共轭复数的性质得证. 记当“差比模”取最大值时的复数为，即. 由已知发现， 由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得 因为， 所以若当时取得，则时取到， 故可知， 由取遍，不恒为常数，则， 故由基本不等式可得， 故不存在，使得关于的“差比模”是协调的. 【小问3详解】 且，设， 则， 平方整理可得： 所以， 即， 平方整理得：， 令，设方程， 则， 故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设. 由题意知， ， 则，且， 故方程有两不等的正实数根， 由关于的不等式， 解得， 则，， 由已知关于的“差比模”是协调的，则， 所以， 利用韦达定理，， 则有， 化简可得， 故． 【点睛】结论点睛：有关共轭复数及模的常用性质有： （1）任意，则； （2）任意，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $