浙江省衢州市五校联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题含解析

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这是一份浙江省衢州市五校联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，定义在上的偶函数满足等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一､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
是符合题目要求的
1. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用解一元二次不等式求解集，即可求交集.
【详解】由，
所以，
故选：C.
2. “ ”是“ ”成立的（）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用充分条件与必要条件的定义判断即可.
【详解】“ ”是“ ”成立的充分条件;举反例推出“ ”是“ ”成立的不必要
条件,故选 A.
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【点睛】本题主要考查了必要条件、充分条件的判断.充分条件与必要条件是中学数学最重要的数学概念之
一,要理解好其中的概念.
3. 已知函数的定义域为，则实数的取值范围（）
A. 或 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为，对恒成立，利用判别式法求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，对恒成立，
当时，，符合题意；
由，得，
综上：实数取值范围是，
故选：B
4. 如图一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，腰和上底均为 1 的等腰梯形，则原平面图
形的面积是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公
式计算原平面图形的面积．
【详解】在直观图中作，垂足分别为 E，F，
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则
确定原平面图形的形状及部分边长：
在斜二测画法中，平行于 y 轴的线段，在原图形中长度变为直观图中对应线段长度的倍．
已知直观图是底角为，腰和上底均为的等腰梯形，因为直观图中腰长为且平行于 y 轴，所以原平面
图形为直角梯形，其直角腰长为直观图中腰长的倍，即；上底边长在斜二测画法中长度不变，
所以原平面图形上底边长为．原图如下：
将原平面图形上底，下底，高代入公式，可得．
原平面图形的面积是．
故选：A．
5. 关于函数，下列说法不正确的是（）
A. 周期为 B. 在上不单调
C. 是它的一条对称轴 D. 有一个对称中心
【答案】D
【解析】
【分析】对于 A，由周期公式可判断正误；对于 B、C、D，有两种方法判断正误，一种是利用
的单调区间、对称轴、对称中心，将看成一个整体，将反解出来即得的单调区间、
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对称轴、对称中心；另一种是从选项入手，由选项条件得到的范围或值，判断是否是的单
调区间、对称轴、对称中心，由此可判断正误，注意本题是选非题，故选择不正确的选项.
【详解】对于 A，的最小正周期为，故 A 正确；
对于 B，由，得，因为在上不单调，
所以在上不单调，故 B 正确；
对于 C，当时，，因为是的一条对称轴，
所以时是一条对称轴，故 C 正确；
对于 D，当时，，而是的一条对称轴，而非对称中心，
故不是的一个对称中心，故 D 不正确.
故选：D.
6. 若，且在方向上的投影向量为，则与的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的概念列式即可求数量积，从而可求夹角大小.
【详解】根据在方向上的投影向量为，可得：
，
根据，又因为，
所以，
又因为，所以，
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故选：B.
7. 灵山江畔的龙洲塔，有“人文荟萃，学养深厚”的福地一说.如图，某同学为了测量龙洲塔的高度，在地面
处测得塔在南偏东的方向上，向正南方向行走后到达 D 处，测得塔在南偏东的方向上，
处测得塔尖的仰角为，则可得龙洲塔高度为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意得到角度和边，则在中，由正弦定理可求得，
而塔是垂直于地面的，故在中，结合仰角和可算得龙洲塔高度.
【详解】由题意可知，所以，
在中，由正弦定理可得，
因为处测得塔尖仰角为，即，
则在中，龙洲塔高度为 .
故选：C.
8. 定义在上的偶函数满足：当时，，且当时，
，则的零点个数是（）
A. 6 个 B. 7 个 C. 8 个 D. 无数个
【答案】C
【解析】
【分析】将的零点转化为与图像交点个数，画出图像，看
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交点即可.
【详解】的零点，则，即的根个数，
画出与图像，看两个函数图像交点个数即可.
当时，，画出此部分图像，再根据当时，，
即表示 x 隔 2 函数值减半，画出 y 轴右侧图像.最后根据偶函数图像性质，得到 y 轴左侧图像.
根据图像，知道的零点个数是 8 个.
故选：C.
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 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，有选错或不选的得 0 分.
9. 下列各组函数的图象，能够通过左右平移实现重合的是（）
A 与 B. 与
C. 与 D. 与
【答案】AD
【解析】
【分析】A 通过诱导公式即可判断；B 通过两个函数的最低点判断；C 反证法，在
一个函数图象上找出两个特殊点通过平移判断能否在另一个图象上；D 通过指数运算和对数性质可得
.
【详解】因，
则将函数图象向左平移个单位可得，故 A 正确；
因，则其最低点坐标为，
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而最低点坐标为，故无法只通过左右平移实现，故 B 错误；
因图象上存在点，图象上存在，
若函数图象可左右平移得到，
则将函数图象向右平移个单位即可得到，
而函数图象上的点向右平移个单位后得到的点不在图象上，故 C 错
误；
，则将函数图象上的点向左平移个单位即可得到，故 D 正确.
故选：AD
10. 在中，内角所对的边分别是，则下列说法正确的是（）
A. 若，则的外接圆的面积是
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则可能等于 10
D. 若，则的面积为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦定理计算即可判断 A；根据正弦定理和三角恒等变换计算即可判断 B；根据余弦定理和基
本不等式计算即可判断 C；根据余弦定理和三角形面积公式计算即可判断 D.
【详解】A：由正弦定理得为外接圆的半径），
得，所以该外接圆的面积为，故 A 正确；
B：由正弦定理得，即，
得或，解得或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故 B 错误；
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C：由余弦定理得，
即，
得，当且仅当时取到“=”，
又，所以，故 C 正确；
D：由余弦定理得，
即，整理得，
解得或 2.
当时，，；
当时，，，故 D 正确.
故选：ACD
11. 在中，是中点，与 BD 交于点 F，则下列说法正确的是（
）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选定作为基底，根据图形的几何关系以及向量的线性运算，结合三角形面积公式以及数
量积的运算律，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
由，则，由是的中点，则，
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由图可得，
，可得，解得，
则，由，
，则，故 A 错误；
由，，
则，即，由，则，
由图可得，
，则，故 B 正确；
由，，，
则，故 C 正确；
由，，
则，故 D 正确.
故选：BCD.
非选择题部分
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知复数是方程的一个根，则复数的模的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出复数后利用公式可求其模.
【详解】即为，故，
故，
故答案为：
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13. 古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九䇉都曾提出利用三角形的三边求面积的公式，称为海伦—秦
九韶公式：如果一个三角形的三边长分别是，记，则三角形面积为
.已知中，，则的内切圆半径为
__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用海伦公式结合等面积法，即可求三角形内切圆半径.
【详解】根据海伦公式，可知：，
再设内切圆半径为，则有，
故答案为： .
14. 在正四面体 ABCD 中，分别为的中点，，截面 EFG 将四面体分成两部分，
则体积较大部分与体积较小部分的体积之比是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面的公理，将平面进行延拓，利用分割法，结合棱锥的体积公式，可得答案.
【详解】由题意，取，使得，连接，如下图：
由分别为的中点，则，，
由，则，所以共面，
所以截面将正四面体分为多面体与多面体，
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设正四面体的棱长为，易知高，
则体积，
由图可知多面体可分为四棱锥与三棱锥，
在四棱锥中，由到底面的距离为，且，
则到底面的距离，即在底面上的高，
底面的面积
，
所以四棱锥的体积，
在三棱锥中，由到底面的距离为，且，
则到底面的距离，即底面上的高，
易知为等边三角形且边长为，
所以三棱锥的体积，
故多面体的体积，
多面体的体积，
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比是 .
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. 已知圆锥的轴截面是一个边长为 4 的正三角形.
（1）求该圆锥的体积与表面积；
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（2）该圆锥内切球半径为，内接正方体棱长为，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得圆锥的几何元素，利用其体积公式以及表面积公式，可得答案；
（2）由题意作图，根据锐角三角函数，建立方程，可得答案.
【小问 1 详解】
由轴截面为 4 的等边三角形，可得底面半径，高为，母线长，
于是，
.
【小问 2 详解】
如图 1，易知，可得在中，，解得，
如图 2，易知，可得在中，，解得，故
16. 已知函数 .
（1）如果，求函数的最小正周期与增区间；
（2）如果，当时，函数取得最大值，求的值.
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【答案】（1），增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）应用二倍角公式及辅助角公式化简得出解析式，再根据正弦函数周期及单调性计算求解；
（2）应用二倍角公式及辅助角公式化简得出解析式，再根据正弦函数的最值计算得出正切值.
【小问 1 详解】
当时，
故最小正周期
由，
得，
故增区间为
【小问 2 详解】
当时，
，
其中
当时，取得最大值.
所以，
所以
17. 已知三角形内角对边分别为，向量，且 .
（1）求角；
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（2）若，三角形边上有一点，求的长；
（3）角的平分线交于点，且，求面积最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直得到方程，结合正弦定理得到，求出；
（2）根据向量基本定理得到，两边平方，得到，求出模长；
（3）由和三角形面积公式得到方程，求出，由基本不等式求出，
得到三角形面积最小值.
【小问 1 详解】
由得，，
由正弦定理得，，
，所以，所以，
故，又，所以
【小问 2 详解】
因为点在上，，
故，
所以
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，
所以；
【小问 3 详解】
，由，
即，得，
于是，解得，当且仅当时取等号，
故 .
18. 如图矩形中，，直线与相互垂直，垂足
为点 .
（1）求的值；
（2）若 .设，求关于的表达式，并求的最大值.
【答案】（1）
（2），的最大值为 .
【解析】
【分析】（1）利用基底表示向量，再利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求
解.
（2）利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求出关于的表达式，再利用（1）的结论，结合数
量积的运算律求出函数表达式，进而求出最值.
【小问 1 详解】
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在矩形中，由直线与垂直，得，
即，
而，则，所以 .
【小问 2 详解】
由，得，
即，
同理，由，得，
又不共线，则，解得；
，
由，得，
所以
，
设，由，得，则，
当，即时，，当时，
所以当，即时取得最大值 .
19. 以下是数学中对“曼哈顿距离”的定义：在平面直角坐标系中，设点，则
叫作两点的曼哈顿距离，又称为折线距离或出租车距离等.某同学在上课听
了老师对曼哈顿距离的介绍后，课后对它进行了研究.首先，把点 P 取在特殊直线上，取已知定点
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，即转化为函数（为常数）的问题；第二步，把两点取在一般直线上，
转化为函数为常数的问题；第三步，把两点分别取在直线与曲线上，
设两点坐标，再求两点曼哈顿距离最值；……
请按该同学研究思路，完成以下问题：
（1）求函数的值域；
（2）已知关于的函数的最小值为 2 时，求实数的值；
（3）已知点在直线上，点坐标满足条件，求两点间曼哈顿距
离的最小值.
【答案】（1）
（2）或 0
（3）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值得定义，化简函数解析式，作图可得答案；
（2）由题意可得函数在何处取得最值，根据一次函数分情况讨论，可得答案；
（3）利用参数方程，结合三角不等式，可得答案.
小问 1 详解】
由已知得，，
由图可得，函数值域为；
【小问 2 详解】
根据绝对值性质，为常数，
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显然，函数图象可分三段，当或时函数取最小值，
考虑此时函数单调性与大小的关系，
若，当时，函数取最小值，
若，当时，函数取最小值.
由函数最小值为 2，
得或，
所以或，
所以或 0.
【小问 3 详解】
令，结合（2）中函数性质，
得，当时取等号，
所以 (其中 )，
即两点间曼哈顿距离的最小值为 .
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