吉林省梅河口市第五中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附答案）

这是一份吉林省梅河口市第五中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附答案），共13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。
1．已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ）
A．，B．，C．，D．，
2．在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ）
A．B．C．D．
3．长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
4．“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若a cs B＝b cs A，则△ABC一定是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
8．已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列命题中正确的有（ ）
A．棱柱的侧面一定是平行四边形
B．空间内三点确定一个平面
C．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上
D．一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内
10．已知的内角的对边分别为，已知，锐角C满足，则（ ）
A．的面积为B．
C．D．
11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（ ）
A．B．
C．若，，则D．若，则或
三、填空题
12．圆柱的侧面展开图是边长分别为的矩形，则圆柱的体积为 ．
13．若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是 ．
14．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 .
四、解答题
15．已知复数满足，.
(1)求；
(2)若复数满足，求.
16．在内，角，，所对的边分别为，，，且．
(1)求角的值；
(2)若的面积为，，求的周长．
17．已知为的三内角，且其对边分别为，若.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
18．已知按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，．
（Ⅰ）画出的原图并求其面积：
（Ⅱ）若以的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积．
19．已知的三内角所对的边分别是，向量，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求三角形周长的取值范围．
1．A
应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案.
【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，.
故选：A
2．A
利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可.
【详解】因为，且由余弦定理得，
所以，解得，而在中，，则，故A正确.
故选：A．
3．C
根据球的直径是长方体的体对角线，由，求得半径即可.
【详解】设球的半径为R，由题意，球的直径是长方体的体对角线，
所以，
解得，
所以球的表面积为：，
故选：C
4．B
根据平面向量数量积的定义，向量平行的定义以及充分条件，必要条件的定义即可判断．
【详解】若平面向量，平行，则向量，方向相同或相反，所以或；
若，则，即向量，方向相同，以及向量，平行．
综上，“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的必要非充分条件．
故选：B．
5．A
设出，求得，再利用向量相等求解即可.
【详解】连接AF，因为B，P，F三点共线，
所以，
因为，所以，
所以.
因为E是BC的中点，
所以.
因为，
所以，
则，
解得.
故选：A
6．D
根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解.
【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图，
因为斜二测直观图为矩形，，,
则，
可得原图中（右图），,
,
四边形的面积为.
故选：D.
7．A
利用正弦定理边角互化，再结合两角差的正弦公式即可得解.
【详解】
由正弦定理得，a cs B＝b cs A⇒sin A cs B＝sin B cs A⇒sin (A－B)＝0，
由于－π＜A－B＜π，故必有A－B＝0，A＝B，即△ABC为等腰三角形．
故选：A.
8．D
根据投影向量定义直接求解即可.
【详解】，，
向量在向量方向上的投影向量为.
故选：D.
9．AC
利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可.
【详解】对于A选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故A正确；
对于B选项，要强调该三点不在同一直线上，故B错误；
对于C选项，两条直线的交点同时在两个平面上，所以交点只可能在两个平面的交线上，故C正确；
对于D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故D错误.
故选：AC.
10．BC
由三角形的面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误.
【详解】在中，因为，且，
由三角形的面积公式，可得，所以A错误；
由为锐角，且，可得，所以B正确；
由余弦定理得，可得，所以C正确；
由余弦定理得，所以D不正确.
故选：BC.
11．BC
利用基本不等式、的范围可判断A；由余弦定理可判断B；由正弦定理、余弦二倍角公式、两角和与差的余弦公式可判断C；由利用余弦的二倍角公式可判断D.
【详解】对于A，，当且仅当时等号成立，所以，
再由得，故A错误；
对于B，由余弦定理得，整理得，故B正确；
对于C，由结合正弦定理，
得
，因为，
所以，得，
因为，所以，又因为，所以，故C正确；
对于D，由C选项，，，
得，整理得，
解得或，因为，所以，故D错误.
故选：BC.
12．或
有两种形式的圆柱的展开图,分别求出底面半径和高,分别求出体积.
【详解】圆柱的侧面展开图是边长为2a与a的矩形,
当母线为a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是；
当母线为2a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是,
综上所求圆柱的体积是:或，
故答案为或;
本题考查圆柱的侧面展开图,圆柱的体积,容易疏忽一种情况,导致错误.
13．
设，由已知等式模长关系得到，再结合二次函数的性质计算即可；
【详解】设，则，
所以，解得，
所以，
所以的取值范围是为.
故答案为：.
14．
利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解.
【详解】因为，，
所以，即，
由余弦定理，所以，
又因为，所以，
解得或，
因为为锐角三角形，
所以，所以，
所以，因为，
所以，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
设，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值为，当时，有最大值为，
所以，
所以.
故答案为：.
15．(1)
(2)或
【详解】（1）由题意得，
所以或（舍去），
故
（2）设，
则，
所以解得或
所以或
16．(1)
(2)
（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，求出角；
（2）由余弦定理和面积公式得到方程，求出，进而求出周长.
【详解】（1）由，得
由正弦定理，得．
．
．
又，
．
又，
．
又，
．
（2）由（1）知，
①
又，故，
，②
又，
由①②，得，故，
∴，
故，周长为.
17．（1）；（2）.
（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，由于，可求的值，结合，可求A的值.
（2）由已知利用余弦定理可求bc的值，进而根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】解：（1）∵，
∴由正弦定理可得：，
整理得，
即：，
所以，
∵，∴，
∵，∴.
（2）由，，由余弦定理得，
∴，即有，
∴，
∴的面积为.
【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.解题的过程中注意以下公式的灵活应用：、、.
18．（Ⅰ）原图见解析，面积为8；（Ⅱ）体积为，表面积为.
（Ⅰ）根据斜二测画法规则还原的原图即可求解；
（Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为圆锥，由圆锥体积和表面积公式即可求解.
【详解】解：（Ⅰ）由斜二测画法，原图中，，的原图如下：
；
（Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为：底面圆半径为4，高为4，母线长为的圆锥，故所得几何体的体积为，所得几何体的表面积为.
19．(1)
(2)
（1）利用以及正弦定理边化角，整理计算后可得答案；
（2）利用余弦定理求得，在根据三角形边的关系可得的范围，进而可得周长范围.
【详解】（1）由已知，且，
，
由正弦定理得，
，
即，
，；
（2）由余弦定理，得
，
当且仅当时取等号．
，故，又，
∴的取值范围是，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
C
B
A
D
A
D
AC
BC
题号
11









答案
BC