山西省晋城市部分学校2024-2025学年高二下学期4月期中提升考数学试题（Word版附解析）

这是一份山西省晋城市部分学校2024-2025学年高二下学期4月期中提升考数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数，则的虚部为（ ）
A．B．2C．D．
3．已知，，则与同方向的单位向量为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ）
A．B．C．12D．
5．若向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度，所得图象的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
7．在平行四边形中，，点满足，点是的中点，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，为偶函数，若对任意的，都有，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥
B．棱柱至少有五个面
C．棱台的侧棱延长后必交于一点
D．以直角梯形的一腰为轴旋转所形成的旋转体是圆台
10．已知复数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．是关于的方程的一个根
11．如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）

A．若，则
B．若，则为定值
C．若点在线段上，则为定值
D．若，则的最大值为
三、填空题
12．某圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，则该圆锥的底面直径为 ．
13．已知，复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是 ．
14．已知的内角的对边分别为，且，则 ；若的外接圆的圆心是，则的最大值为 ．
四、解答题
15．已知向量．
(1)设，求的值；
(2)若，求的值．
16．已知函数．
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)若且，求的值．
17．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若点是线段上的一点，且，求的值．
18．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且．
(1)求证：四点共面；
(2)求证：平面；
(3)已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值．
19．在中，内角的对边分别为，若，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，点是的中点，且，求的值；
(3)已知的面积为，且所在平面内的点满足，求的值．
1．B
根据题意，求得，结合集合交集的概念与运算，即可求解.
【详解】由集合，
又由集合，所以.
故选：B.
2．A
先利用复数的除法运算和加法运算化简，再根据虚部的定义即可得出.
【详解】，
则的虚部为.
故选：A
3．D
求出向量的坐标，即可得出与同方向的单位向量为.
【详解】由题意可得，则，
所以与同方向的单位向量为.
故选：D.
4．C
由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解.
【详解】由题意知，，
将直观图还原为原图，如图，
则，
所以，
所以原四边形的周长为12.
故选：C
5．C
根据数量积的运算律求出，再由投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得，
所以向量在向量上的投影向量.
故选：C
6．D
根据三角函数的变换规则计算可得.
【详解】将函数的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到，
将的图象向右平移个单位长度得到.
故选：D
7．B
用、作为基底表示出、，再由数量积的运算律及定义计算可得.
【详解】因为且点是的中点，
所以，
又，
所以
.
故选：B
8．C
首先可得关于对称且在上单调递增，则关于的不等式等价于，再分、两种情况讨论，结合指数函数的性质解得即可；
【详解】因为为偶函数，所以关于对称，
又对任意的，都有，
所以在上单调递增，则在上单调递减，
则关于的不等式等价于，即，
当时，不等式可化为，即，
因为，所以不等式无解；
当时，不等式可化为，即，即，
所以，解得；
综上可得关于的不等式的解集为；
故选：C
9．BC
根据空间几何体的结构特征，结合选项依次判断即可.
【详解】A：若其余各面三角形没有公共顶点（如下图），则几何体不是棱锥，故A错误；
B：面最少的就是三棱柱，共有五个面，故B正确；
C：由棱台的结构特征知，棱台的侧棱延长后必交于一点，故C正确；
D：在直角梯形中，如下图所示：
以直角梯形的直角边所在的直线为轴旋转所得的旋转体是圆台，
若以直角梯形的腰所在的直线为轴旋转所得的旋转体不是圆台，故D错误.
故选：BC
10．ABD
化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的模的定义可判断AB；利用复数的乘法运算法则计算即可判断C ；因是的根，并将因式分解即可判断D.
【详解】由题意可得，，
则，，故A正确；B正确；
，
则，故C错误；
由C选项可知，是的根，
又，则是的一个根，故D正确.
故选：ABD
11．BCD
建立如图所示平面直角坐标系，利用坐标法判断A、B，由及向量共线的坐标表示判断C，根据向量模的坐标表示得到，设，，利用辅助角公式计算D.
【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，，，
所以，，因为
所以，即；
对于A：若，则，所以，，所以，故A错误；
对于B：当时，，所以，又，
所以，故B正确；
对于C：因为，，
又点在线段上，所以，所以，
所以，故C正确；
对于D：若，又，所以，即，
设，，
所以，其中为锐角且，
所以当时取得最大值，且最大值为，故D正确.
故选：BCD

12．/
根据扇形的弧长公式求出圆锥的底面圆的周长，建立方程，解之即可求解.
【详解】由题意知扇形的弧长，
设该圆锥的底面圆的半径为，则，
即，得，即该圆锥的底面圆的直径为.
故答案为：
13．
根据复数的乘、除法运算可得，结合复数的几何意义建立不等式组，解之即可求解.
【详解】，
所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，
则，解得，
即实数的取值范围为.
故答案为：
14．
空1：由正弦定理边化角即可求解；空2：取的中点，连接，则，则，从而得到，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解.
【详解】由正弦定理得，则，，
所以；
取的中点，连接，则，
所以，
同理可得，
所以，
由余弦定理，即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以，即的最大值为.
故答案为：；
15．(1)
(2)
（1）根据题意，由，列出方程组，即可求得的值，得到答案；
（2）根据题意，求得，，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由，
因为，可得，
所以，解得.
（2）解：由
可得，
，
因为，可得，解得.
16．(1)，单调递增区间为（）
(2)
（1）利用二倍角公式降幂，再由两角和的正弦公式化简，最后由正弦函数的性质计算可得；
（2）利用同角三角函数关系结合角的范围求得，然后由两角差的余弦公式代入求解即可.
【详解】（1）因为，
所以的最小正周期，
令（），解得（），
所以的单调递增区间为（）；
（2）由（1）可得，所以，
因为，所以，
所以，
所以
.
17．(1)
(2)
（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（2）设，则，，在中利用正弦定理得到关于的方程，利用和差角公式化简可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，
即，
又，所以，所以，又，所以；
（2）设，又，所以，
则，，

在中，由正弦定理，又，
所以，即，
所以，即，
所以，即.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）连接，即可证明，，从而得证；
（2）连接、分别交、于点、，连接，即可证明，从而得到，即可得证；
（3）根据面面平行的性质得到，即可得到，从而得解.
【详解】（1）连接，因为点分别为棱的中点，
所以，
又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，所以四点共面；
（2）连接、分别交、于点、，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，
所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，
又，所以，因为，所以.
19．(1)
(2)或
(3)或
（1）依题意可得，根据数量积的坐标表示及利用正弦定理将角化边，再结合余弦定理计算可得；
（2）依题意可得，将两边平方结合数量积的运算律以及余弦定理得到方程组，即可求出、，从而得解；
（3）由面积公式求出，再分点与点在直线的异侧与同侧两种情况讨论，设，利用正弦定理表示出线段的长度，再计算可得.
【详解】（1）因为，，且，
所以，
由正弦定理可得，
即，
由余弦定理，又，所以；
（2）因为点是的中点，所以，
所以，
所以，即，
由余弦定理，即，
解得或，所以或；
（3）因为的面积为，所以，所以，
若点与点在直线的异侧，设，
则，，，
在中由正弦定理，所以，；
在中由正弦定理，所以，；
所以
；
若点与点在直线的同侧，设，
则，，，
在中由正弦定理，所以，；
在中由正弦定理，所以，；
所以
；
综上可得的值为或.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
C
C
D
B
C
BC
ABD
题号
11









答案
BCD