云南省昆明市2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷（解析版）

这是一份云南省昆明市2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求）
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】因为，则所求复数对应的点为，位于第三象限．
故选：C
2. 已知集合，，则（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】因为，，所以，
所以.
故选：.
3. 若函数在区间上的图象是一条不间断的曲线，则“”是“函数在区间上有零点”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】充分性判断:若，因为函数在区间上的图象是一条不间断的曲线，根据零点存在定理可知，函数在区间上有零点，所以“”是“函数在区间上有零点”的充分条件.
必要性判断:当函数在区间上有零点时，比如函数在区间[0,2]上有零点，此时，，，即存在函数在区间上有零点时，的情况，所以“”不是“函数在区间上有零点”的必要条件.
综上所得， “”是“函数在区间上有零点”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知向量为单位向量，，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，又因为，所以，
从而，即，与的夹角为．
故选：D．
5. 我国古代著名数学巨著《周髀算经》记载着周朝时期的商高与周公的对话，商高提出了“勾三股四弦五”特例.后来古希腊的毕达哥拉斯学派用演绎法证明了直角三角形斜边的平方等于两直角边的平方之和.若一个直角三角形的斜边长等于5，则这个直角三角形周长的最大值为（ ）
A. 12B. C. D. 15
【答案】B
【解析】因为直角三角形的斜边长等于5，设两直角边分别为，则，
又因为，所以，当且仅当时取“＝”，
故三角形周长的最大值为.
故选：B．
6. 已知函数满足以下四条性质：（1）在定义域内函数不单调；（2）在上函数有最小值；（3）函数是奇函数；（4）函数的图象是轴对称图形.则该函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，不满足（2）（4）；对于B，不满足（4）；对于C，符合所有性质；
对于D，是偶函数，不满足（3）.
故选：C
7. Deepseek（深度求索）是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.3，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（ ）
（参考数据：，）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】C
【解析】由于，所以，
依题意，则，
则，由，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为16次．
故选：C.
8. 在中，已知，，，是边上的中点，，与交于点，则的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，，
因为是边上的中点，所以，
则，
因为，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
二、多项选择题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知复数，，，在复平面内对应的点分别为，，则（ ）
A. ，两点在以原点为圆心的同一个圆上
B. ，两点之间的距离为
C. 满足的复数z对应的点Z形成的图形的周长是
D. 满足的复数z对应的点Z形成的图形的面积是
【答案】BD
【解析】对A：由题意得，，所以，
，所以，所以，两点不在以原点为圆心的同一个圆上，故A错误；
对B：，两点之间的距离为，故B正确；
对C：满足的复数对应的点形成的图形是以原点为圆心，以5为半径的圆，所以其周长为，故C错误；
对D：满足的复数对应的点形成的图形是以原点为圆心，分别以，为半径的两个圆所夹的圆环，所以其面积为，故D正确．
故选：BD.
10. 下列函数中恒过定点的有（ ）
A. （为常数）B. （且）
C. （且）D. （为非零常数）
【答案】ACD
【解析】对于A，，所以（为常数）恒过定点，A选项正确，
对于B，，所以（且）不过，故B选项错误，
对于C，，所以（且）恒过定点，C选项正确，
对于D，因为，所以，当时，，故恒过定点，D选项正确.
故选：ACD
11. 已知函数，，则（ ）
A. 函数的单调递增区间为（）
B. 函数的最小正周期为
C. 函数的图象和函数的图象关于直线对称
D. 若将函数的图象向右平移φ（）个单位得到函数的图象，可得（）
【答案】BCD
【解析】对于A选项：已知，令（）
解不等式得（），所以函数单调递增区间是（），故A选项错误．
对于B选项：．所以，故B选项正确
对于C选项：因为，即，所以函数的图象和函数的图象关于直线对称，故C选项正确．
对于D选项：已知，又，
则，即．
根据两角和差公式，，
整理得．
因为该等式对任意都成立，所以，
由得，（），
由得，，（），又，
综合可得（），D选项正确．
故选：BCD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于对称．若，则的值为________．
【答案】
【解析】因为角与角关于对称，设角终边上一点为，则角终边上所对应点为，由三角函数的定义知，，所以.
故答案为：.
13. 已知向量，满足，，则向量在向量上投影向量的坐标为________．
【答案】
【解析】因为，所以，又，所以向量在向量上投影向量为，故所求坐标为．
故答案为：．
14. 已知正方体的棱长为，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度为________．
【答案】
【解析】如图，取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，由正方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以、、、四点共面，所以平面平面，连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，所以线段即为点的轨迹.
如图在平面中，过点作，交于点，则为的中点，
因为，所以，所以，所以，
又因为，，所以，
所以
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. （1）已知，，，求实数a的取值范围；
（2）已知，（且，，），从以下三个结论中选择一个证明（如果多选，按第一个选择给分）．
①；②；③
解：（1）由，得，又为减函数，则；
由，得，又为减函数，则；
由，得，又在为增函数，则，
所以a的取值范围是.
（2）选①：由，，得，
又由指数与对数间的关系可得，，
所以.
选②：由，，得，
又由指数与对数间的关系可得，，
所以.
选③，则，得，
又由指数与对数间的关系得，
所以.
16. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图象向右平移，再向上平移（），得到函数的图象．若恒成立，求实数m的取值范围．
解：（1）由图象知，又，则，可得，
又，即，又，
所以，得，
故函数的解析式为．
（2）由题意，又因为，
所以，即，
令，
则，
当（）时，取到最大值，且，所以.
17. 在中，角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且是的平分线，求的面积．
解：（1），
由正弦定理，可得，
∴．
∵，∴，∴，
又，∴．
（2）由（1）可知，而，
由平分得：，
∴，即．
在中，，由余弦定理得，
则，联立，
得，解得，
∴.
18. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅在解决球体体积时，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”，如图①所示．如图②是一个半径为3的球体，平面与球相交，截面为圆，延长，交球于点，则垂直于圆（垂直于圆内的所有直线），．
（1）求圆锥的表面积和体积；
（2）如图平面上方与球体之间的部分叫球冠，请利用祖暅原理求球冠的体积．
解：（1）因为，，
设，则，
圆锥高，母线长，
，
．
（2）如图构造一个与半球同底等高的圆柱，内部挖去一个倒装的等底等高的圆锥．
取同一高度h的截面．令球冠截面半径为，面积为，圆锥截面半径为，
面积为，．，，
所以球冠的截面与上图（2）的截面面积相同，根据祖暅原理两者体积相等．
所以．
依题意圆柱的高为2，半径为3．圆台的上底面半径为3，下底面半径为，
因为即为球冠的底面积，所以
由，得，所以
所以
19. 在人类用智慧架设的无数座从已知通向未知的金桥中，方程的求解是其中璀璨的一座，阅读下面材料并解决有关问题．
材料一：解方程：，这是一道五次代数方程求解的题，据说这是当年北大数学训练营的一道难题，无人能解出来，只有韦东奕用巧妙的参数代换解出来了，一时传为佳话，故称其为韦东奕方程.正常情况下没有公式能解决五次以及五次以上的方程.所以要求解这样的方程只能用比较巧妙的方法，韦东奕的方法是：设，然后带入原方程得：．然后展开化简得到：，通过换元，将代入上述方程可以化为：，通过解一元二次方程就可以将方程解出来．
材料二：对于整系数方程，当x的最高次幂大于等于3时，求解难度较大．我们常采用试根的方法求解：若通过试根，找到方程的一个根，则，若已经可以求解，则问题解决；否则，就对再一次试根，分解因式，以此类推，直至问题解决．
材料三：牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法，这种求方程根的方法，在科学界已被广泛采用．设实系数一元三次方程：（）①，在复数集C内的根为，，，可以得到，方程①可变为：，展开得：
②，比较①②可以得到一元三次方程根与系数关系：
（1）根据韦东奕的算法求出韦东奕方程的实数解.（结果用指数式表示）；
（2）求方程的实数解；
（3）若一元三次方程：的3个根为，求的值．
解：（1）由得
解得或．
所以或即或
所以或．
（2）观察可知是方程的一个实数根.
因此可化为.
又因为的解为或.
所以方程的实数解为：1，，2
（3）依题意，对于，，，，，
所以，
因为，
所以．