浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省温州市环大罗山联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试卷（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】B
【解析】复数的虚部为，即虚部为.
故选：B.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】C
【解析】因为，若，则，即.
故选：C.
3. 有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图1所示，过点A作AE垂直于BC于点E，，，
，四边形是正方形，则，，

将斜二测直观图还原成图2所示直角梯形，其中,
所以这块菜地的面积为.
故选：D.
4. 如图，某校数学兴趣小组对古塔AB进行测量，AB与地面垂直，从地面C点看塔顶A的仰角为，沿直线BC前行20米到点D此时看塔顶A的仰角为，根据以上数据可得古塔AB的高为（ ）米.
A. B. 20C. 10D.
【答案】A
【解析】设古塔AB的高为米，在中，可得；
在中，可得；
由题意可知：，即，解得，
所以古塔AB的高为米.
故选：A.
5. 图象为如图的函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据图象可看到函数为奇函数，并且与x轴交点不止一个，而是偶函数，只有唯一根，其图象与x轴交点只有一个，由此可排除B，D;
当 时，，由此可排除C;
故选:A.
6. 唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设圆柱的高为，内壁的表面积为，
由题意可知：，解得，
内壁的表面积等于圆柱的侧面积，加半球的表面积，
即.
故选：D.
7. 在平面直角坐标系中，以原点为圆心的单位圆与锐角的终边交于点，过点作轴的垂线与锐角的终边交于点，如图所示，的面积小于扇形的面积，扇形的面积小于的面积，则（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】D
【解析】根据题意，的面积为，扇形的面积为，的面积为，依题意可得，即，都成立，故AB错误；
当为锐角时，也为锐角，，都成立，所以，；，，故C错误，D正确；
故选：D
8. 在锐角三角形中，角的对边分别为.若，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，且，则，由余弦定理可得，所以，即，由正弦定理可得，其中，则，所以，又，化简可得，
且为锐角三角形，则，所以，即，
解得或（舍），
所以，当且仅当时，等号成立，
则的最大值为.
故选：B
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. 在中，内角对应的边分别为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】由正弦定理可知，推不出，故A错误；
由，设，则，故A为锐角，，，故C为钝角，，
，故B为锐角，,故，故B正确；
由上面分析可知，，故C错误；
又 ，故，
故D正确，
故选：BD
10. 已知函数，则（ ）
A. 若函数的周期为，则
B. 若，则函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到
C. 若且直线是函数的一条对称轴，则在上单调递增
D. 若函数在区间上没有零点，则
【答案】BCD
【解析】，
对于A，若函数的周期为，则，故A错误；
对于B，若，则，故函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，故B正确；
对于C，若且直线是函数的一条对称轴，则且，解得，则，由，得，故在上单调递增，故C正确；
对于D，当时，，若函数在区间上没有零点，则，又，则，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图， 已知均为等边三角形，分别为的中点，为内一点(含边界)．， 下列说法正确的是（ ）
A. 延长交于， 则
B. 若， 则为的重心
C. 若，则点的轨迹是一条线段
D. 的最小值是
【答案】ABC
【解析】A选项，因为已知均为等边三角形，分别为的中点，连接CD，AE，BF，延长BE交AC于点M，
则，
所以，则，，A正确；
以点为坐标原点，所在直线为轴，垂直为y轴建立平面直角坐标系，延长交于点，延长交于点，由A选项可知：，
设边长为1，则，
则直线，直线：，
联立直线与，求得：，所以，
直线：，联立直线与，求得：，所以，
联立直线与，求得：，所以，
因为， 则为的重心，
则，即，
而的重心为，即，
故为的重心，B正确；
设，，结合B选项中建立的坐标系，可知：
，即，解得：
若， 则，整理得：，
因为为内一点 (含边界)，所以点的轨迹是一条线段，C正确；
结合C选项，可知，
其中，
当时，取得最小值，
最小值为，故D错误.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，向量，则在上的投影向量是__________（注：本题答案用坐标表示）
【答案】
【解析】由向量，可得且，所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
13. 已知在中，的角平分线交线段于，则___________.
【答案】
【解析】由余弦定理得，
所以，所以，
由于，
在直角三角形中，.
故答案为：
14. 已知是平面内三个非零向量，且，，则当与的夹角最小时，__________．
【答案】
【解析】设，因为，所以，
所以是边长为的等边三角形，因为，
所以以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，如图所示，
设，，则，则，
可得，
所以，
因为，
所以，
则，
要使得与的夹角最小，则需取得最大值，且，
，
令，则，
设函数，可得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，即取得最大值，
此时与的夹角最小，，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知、是非零向量，，且、．
（1）求与的夹角；
（2）求．
（1）解：因为，所以，即，即，
所以，因为，所以；
（2）解：
16. 设为虚数单位，，复数.且___________.请从下面三个条件中任选一个，补充在题目的横线上，并作答.
①；②；③在复平面内复数对应的点在第一象限的角平分线上.
（1）求实数的值；
（2）若是纯虚数，求实数的值.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
解：（1）若选①：由，得，解得.
若选②：由，解得.
若选③：由得.
（2），由，解得.
17. 已知向量，函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在锐角三角形中内角的对边分别为，若，，求面积的取值范围．
（1）解：由向量，
可得，
，
令，得；
又因为，当时，；当时，，
所以函数在上的单调递增区间是和.
（2）解：由（1）可得，即，
因为，所以，所以，则，
又由正弦定理得，则，，
则．
，
因为为锐角三角形，可得由，即，得，
所以，所以，则，
所以的取值范围为，所以，
即面积的取值范围为.
18. 已知函数．
（1）若，求的值；
（2）根据函数单调性的定义证明函数在上单调递增；
（3）若存在，使得不等式成立，求实数m的取值范围．
解：（1）由函数，因为，
可得.
（2）任取，且，
则
．
因为，可得，所以，，
所以，即，
所以在上单调递增．
（3）因为，
所以可化为，
由（2）可知，在上单调递增，
所以，即，
要存在，使得不等式成立，
只要存在，使得成立，
因为，所以，令，
只要存在，使得成立，即，
令，设且，
，
当且时，，则，
可得时，函数单调递增，
所以（当时取等号），
所以，即实数的取值范围为.
19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为.
（1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；
（2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值；
（3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围.
解：（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为.
（2）设圆锥半径为，则，
当球缺的体积与圆锥的体积相等时，，
即，
消去，得，
整理得，因为，所以.
（3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为，
则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件.
注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时，
，得，
当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”.
因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且.
又因为，所以.