精品解析：山东省济宁市育才中学2024-2025学年高一下学期期中数学试卷

2024-2025学年山东省济宁市育才中学高一（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. ，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出的值. 【详解】， ， . 故选：D. 2. 已知复数是关于的方程的一个根，则（ ） A. 7 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将代入，求得，进而得到答案. 【详解】因为是关于的方程的一个根，所以， 即，所以且，解得，， 所以． 故选：D． 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积的定义计算． 【详解】． 故选：C 4. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理先求出边的值，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】由已知及余弦定理得， 解得（负值舍去）， 所以的面积为. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用诱导公式及二倍角余弦公式即可求值. 【详解】由. 故选：D 6. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，由三角形相似比得到，再由两圆锥的侧面积之差计算可得. 【详解】如图，设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径，， 由于，所以， 所以， 所以原圆台的侧面积为， 故选：A. 7. 定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象的变换求得变换后的解析式，再根据偶函数的定义求解. 详解】由题可知，， 将的图像向左平移个单位，所得函数为， 因为所得图像对应的函数为偶函数， 所以，解得， 因为，所以 故选:C. 8. 已知三棱锥底面是边长为的正三角形，平面，且，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥补形成正三棱柱，利用它们有相同的外接球，结合正三棱柱的结构特征求出球半径即可. 【详解】如图，将三棱锥补成三棱柱，点与重合， 正三棱柱外接球也为三棱锥的外接球，令球心为，半径为， 记和外接圆的圆心分别为和，其半径为， 由正弦定理得：，而为的中点，则， 所以该三棱锥的外接球的体积为. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知复数z，，，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D. 【详解】对于A，设，则，故A正确； 对于B，令，满足，故B错误； 对于C，设，，则 ，所以，故C正确； 对于D，设，则， 即，表示以为圆心，半径为1的圆， 表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 若在区间恰有两个零点，则m的取值范围为 C. 若，且，则 D. 若在区间恰有两个极值点，则m的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据周期公式可判断A的正误，根据整体法结合正弦函数性质可判断B、D的正误；通过举特殊值求解可判断C. 【详解】对于A，最小正周期为，故A错误； 对于B，时，， 若在区间恰有两个零点，则，解得，故B正确； 对于C，当时，，满足不等式，故C错误； 对于D，时，，若在区间恰有两个极值点，则，解得，故D正确. 故选：BD. 11. 已知点O在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若O为的外心，， 则 B. 若O为的垂心，，则 C. 若，则与的面积之比为 D. 若，的面积为8，则的面积为14 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，利用向量线性运算可得，根据向量数量积运算律求解判断；对B，由，结合得解；对C，由奔驰定理得解；对D，将条件式利用向量运算转化为，再由奔驰定理得解. 【详解】对于A，由，，则， ，故A错误； 对于B，由，又， 所以，故B正确； 对于C，因为，由奔驰定理可得，故C错误； 对于D，由，则, 即，由奔驰定理可得， 又，则，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分. 12. 已知一个利用斜二测画法画出直观图如图所示，其中，，，则原的面积为_____________. 【答案】21 【解析】 【分析】由直观图还原出原图形，并得出相应线段的长度，然后计算三角形面积． 【详解】由直观图还原原图形，如图，，， 则， 故答案为：21. 13. 如图，在直三棱柱中，E是的三等分点（靠近点A），D是的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据，求得，再根据三棱锥的换底性可得，由此可得答案. 【详解】， E是的三等分点（靠近点A），是的中点， ，，， 又∵， ， . 三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共82分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 14. 已知，与的夹角为，则在方向上的投影向量坐标为_______. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据向量的投影公式求解即可. 【详解】因为，所以， 则在方向上的投影为. 故答案为：. 15. 已知向量. （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为锐角，求实数范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量坐标运算得，结合，求得实数； （2）根据向量与所成角为锐角，，解得.结合时，可得实数的范围. 【小问1详解】 ， ，解得 【小问2详解】 由（1）知，， 向量与所成角为锐角， ，解得. 又当时，，可得实数的范围为. 16. 如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为. （1）求该半球体积； （2）若从半球中把正四棱锥挖去，求所得几何体的表面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据球的半径与正四棱锥棱长关系，求出球的半径，进而求出半球的体积. （2）根据几何体的特征，求出半球的表面积，求出棱锥的侧面积和底面积，即可求得几何体的表面积. 【小问1详解】 连接交点为，设球的半径为， 由题意可知，则， 四棱锥的体积为，解得， 则该半球的体积为； 【小问2详解】 由题意知， 所得几何体的表面积为 . 17. 已知，，函数． （1）求函数的解析式； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，角，，分别为，，三边所对的角，若，，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算公式，结合三角恒等变换化简即可； （2）结合同角三角函数关系式及两角差的正弦公式化简可得解； （3）根据函数解析式可得，再由正弦定理及三角函数性质可得取值范围. 【小问1详解】 由，， 则函数； 【小问2详解】 由（1）得， 则， 即， 又，所以， 所以， 则； 【小问3详解】 由（1），即， 又，， 所以，即， 又在中，由正弦定理可知， 即，， 则三角形的周长为， 又，即， 所以， 则， 即， 即周长的取值范围为. 18. 如图，在梯形中，已知，，，点E、F分别在直线和上，且，，连接交于点P. （1）设，用和表示，并求实数t的值； （2）求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，结合题意求得、、的坐标，然后求出，，结合平面向量基本定理求出和表示的式子，再根据B、P、D三点共线，列式算出实数t的值； （2）根据平面向量的坐标运算法则求出，然后根据向量模的公式，结合二次函数的性质求出求的取值范围. 【小问1详解】 以A为坐标原点，所在直线为x轴，过点A作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系， 则，，，， 可得，，， 则， 根据平面向量的加法法则，可得， 设， 可得，解得， 所以；若， 则根据B、P、D三点共线，可知存实数m，使， 所以，解得. 【小问2详解】 因为，， 可得， 所以， 即，当且仅当时，等号成立， 所以的取值范围为. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为， （1）若， ①求； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1）①；② （2）. 【解析】 【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案； （2）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 ①由正弦定理得，即， 所以，又， 所以； ②由①，所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 ； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以，即， 所以或， 当时，，为直角三角形， 当， 则， 得，在三角形中不可能成立， 所以为的直角三角形， 因为点为费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年山东省济宁市育才中学高一（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. ，，，则（ ） A B. C. D. 2. 已知复数是关于方程的一个根，则（ ） A. 7 B. 3 C. D. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 15 4. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 定义运算：，将函数图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的可能取值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥底面是边长为的正三角形，平面，且，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知复数z，，，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期为 B. 若在区间恰有两个零点，则m的取值范围为 C. 若，且，则 D. 若在区间恰有两个极值点，则m的取值范围为 11. 已知点O在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若O为的外心，， 则 B. 若O为的垂心，，则 C. 若，则与面积之比为 D. 若，的面积为8，则的面积为14 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分. 12. 已知一个利用斜二测画法画出直观图如图所示，其中，，，则原的面积为_____________. 13. 如图，在直三棱柱中，E是的三等分点（靠近点A），D是的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比是______. 四、解答题：本题共6小题，共82分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 14. 已知，与的夹角为，则在方向上的投影向量坐标为_______. 15. 已知向量. （1）若，求实数； （2）若向量与所成角为锐角，求实数的范围. 16. 如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为. （1）求该半球的体积； （2）若从半球中把正四棱锥挖去，求所得几何体的表面积. 17. 已知，，函数． （1）求函数的解析式； （2）若，且，求的值； （3）在锐角中，角，，分别为，，三边所对的角，若，，求周长的取值范围． 18. 如图，在梯形中，已知，，，点E、F分别在直线和上，且，，连接交于点P. （1）设，用和表示，并求实数t的值； （2）求的取值范围. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为， （1）若， ①求； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$