内蒙古兴安盟科尔沁右翼前旗第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题含解析

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这是一份内蒙古兴安盟科尔沁右翼前旗第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了．，设复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：本大题共 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
个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. ．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由两角差的余弦函数，可得，
故选．
2. 在复数范围内，下列为方程的根的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据实系数一元二次方程的求根公式求解.
【详解】因为，所以，
所以的根为 .
故选：B
3. 直三棱柱中，，则该棱柱的体积为（）
A. 8 B. 12 C. 24 D. 48
第 1页/共 14页
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用柱体体积公式计算得解.
【详解】在直三棱柱中，，
，，
所以该棱柱的体积 .
故选：C
4. 在中，D 为 AC 的中点，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到，再根据可求出结果.
【详解】因为，所以，所以，
.
故选：D
5. 设的内角的对边分别为，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理及二倍角的正弦公式求解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，而，
则，又，解得，
所以 .
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故选：A
6. 已知正方形的边长为与交于点，则（）
A. B. 6 C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】用表示，再利用数量积的运算律求解.
【详解】在边长为 3 的正方形中，与交于点，
则，，
所以 .
故选：D
7. 函数 = 的部分图像如图所示，则的单调递减区间为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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【详解】由五点作图知，，解得，，所以，令
，解得＜＜，，故单调减区间为（，
），，故选 D.
考点：三角函数图像与性质
8. 设复数满足，则（）
A. B. C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理求解出
的值.
【详解】设在复平面中对应的向量为，对应的向量为，如下图所示：
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，又，
故选：A.
二､多选题：本大题共 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，全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 已知复数，则下列复数为纯虚数的是（）
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A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的运算结合共轭复数的定义运算求解.
【详解】因为，
则，．
为纯虚数的是，， .
故选：BCD．
10. 已知与均为单位向量，其夹角为，下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】先计算，，再分别计算和时对应夹角的取值范围，即可
判断四个选项的正误.
【详解】依题意，， .
，等价于，即，即，
即，而，故，即 A 正确，B 错误；
，等价于，即，即，
即，而，故，即 C 错误，D 正确.
故选：AD.
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11. 关于球的下列说法正确的有（）
A. 若球的体积为，则球表面积也为
B. 若球的半径变为原来的 2 倍，则球体积变为原来的 4 倍
C. 若一平面截球截得一半径为 2 的圆面且到此截面的距离为 1，则球的表面积为
D. 若一正方体八个顶点都在球的球面上，则球的体积与正方体的体积之比为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用球的体积公式、球的表面积公式、球的截面性质、正方体外接球特性逐项判断即可.
【详解】对于 A，设球的半径为，则，解得，球表面积，A 正
确；
对于 B，球的半径变为原来的 2 倍，则球体积变为原来的 8 倍，B 错误；
对于 C，依题意，球的半径，球的表面积为，C 正确；
对于 D，令正方体的棱长为 2，则球的半径为，则球的体积与正方体的体积之比：
，D 正确.
故选：ACD
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
12. 已知复数在复平面上对应的点在实轴负半轴上，则实数
__________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，求出复数在复平面内对应点的坐标，进而列式求解.
【详解】复数在复平面上对应的点，
依题意，，所以 .
故答案为：1
13. 已知满足，若在方向上的投影向量为，则 __________．
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【答案】
【解析】
【分析】利用投影向量的定义求出，再利用数量积的运算律求解.
【详解】由在方向上的投影向量为，得，则，而，
于是，所以 .
故答案：
14. 如图，在三棱锥 P–ABC 的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，
则 cs∠FCB=______________.
【答案】
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出
，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
第 7页/共 14页
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得 .
故答案为： .
【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分：第 15 题 13 分：第 16､17 题各 15 分：第 18､19 题各 17
分；解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤
15. 已知
（1）若，求的值；
（2）若，求值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3） .
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示求出 .
（2）利用向量垂直的坐标表示求出 .
（3）利用数量积的坐标表示求出，再利用夹角公式求解.
【小问 1 详解】
向量，而，则，
所以 .
【小问 2 详解】
向量，而，则，
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所以 .
【小问 3 详解】
由，得，解得，，
而，
所以 .
16. 在中，内角所对的边分别为，且
（1）求角；
（2）若，求外接圆半径；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）；
（2）1；（3） .
【解析】
【分析】（1）利用数量积的定义求出 .
（2）利用正弦定理求出三角形外接圆半径.
（3）利用余弦定理及三角形面积公式求解.
【小问 1 详解】
由，得，解得，而，
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）知，，则外接圆直径，
所以外接圆半径为 .
【小问 3 详解】
由余弦定理，得，即，解得，
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所以的面积 .
17. 已知圆锥的底面圆半径为 2，体积为，两条母线的夹角为
（1）求圆锥的侧面积；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求三棱锥的高．
【答案】（1）；
（2）；
（3） .
【解析】
【分析】（1）利用圆锥的体积公式求出圆锥的高，进而求出母线长及圆锥的侧面积.
（2）由（1）中信息求出三棱锥的体积.
（3）由（2），结合等体积法求出高.
【小问 1 详解】
由圆锥的底面圆半径为 2，体积为，得，
解得，圆锥的母线，
所以圆锥的侧面积为 .
【小问 2 详解】
由（1）知，由母线的夹角为，得为正三角形，
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则，等腰底边上的高，
的面积，
所以三棱锥的体积 .
【小问 3 详解】
设三棱锥的高为，由（2）知，
由，得，即，解得 .
所以三棱锥的高为 .
18. 在中，分别是角的对边，且
（1）求的大小；
（2）若，求的值；
（3）若，直线分别交于两点，且把的面积分成相等的两部分，求
线段长的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和正弦和角公式求出，得到；
（2）根据正弦定理计算求解；
（3）求出，设，，利用列出方程，求出，
由余弦定理和基本不等式得到，得到答案.
【小问 1 详解】
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，由正弦定理得
，
即，
因为，所以，故，
因，所以；
【小问 2 详解】
由（1）知，，
，
由正弦定理，得 .
【小问 3 详解】
因为，，
所以，
设，，
故，令，
解得，
由余弦定理得，
由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，
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故，即线段长的最小值为 .
19. 我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向
量，记作．两个复向量的线性运算定义为：
；两个复向量的积记作，定义
为；复向量的模定义为；若复向量与满足，则称复
向量与平行．
（1）设，求；
（2）若，求；
（3）判断与能否平行，若能，求出实数的值，若不能，说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）不平行.
【解析】
【分析】（1）（2）利用定义直接求解.
（3）利用定义求出，再利用平行的定义建立方程求解.
【小问 1 详解】
由，得 .
【小问 2 详解】
由，得 .
【小问 3 详解】
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与，则
，，
，
若与能平行，则，
即，整理得，
，即方程无实数解，
所以与不平行.
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