重庆市大足中学等多校2024-2025学年高一下学期5月期中联考数学试题（Word版附解析）

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有一项是符合题目要求的．
1. 化简： （ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的加减运算即可求解.
【详解】由 ，
故选：B.
2. 已知函数 ，则下列结论不正确的是（ ）
A. B. 的定义域是
C. 是 的一个周期 D. 的图象关于点 对称
【答案】D
【解析】
【分析】A 选项将 和 代入函数 中即可判断；B 选项利用正切函数的定义域可求解；C 选
项利用周期的定义进行判断；D 选项借助函数的图象进行判断即可.
【详解】
对于 A 选项， ， ，
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，故 A 正确；
对于 B 选项，要使 有意义，则有 ，
的定义域是 ，故 B 正确；
对于 C 选项， ，
是 的一个周期，故 C 正确；
对于 D 选项，如图 的图象不关于点 对称，故 D 错误.
故选：D.
3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形 ，且 ，
， ，则该平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据已知条件求出直角梯形的面积，然后根据原平面图形的面积与直观图的面积之间的关系
求出结果.
【详解】根据题意，该图形的直观图是直角梯形 ，
则其面积 ，
那么该平面图形的面积为 .
故选：D.
4. 在 中，点 D，N 分别满足 ， ，若 ， ， ，则
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有序实数对 为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用共线向量及向量的加减运算，再结合平面向量基本定理即可求解.
【详解】由 ， ， ， ，
则 ， ，
所以有 ，
又因为 ，所以 ，
故选：B .
5. 若 是关于 x 的方程 的虚数根，且 ，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】利用实系数一元二次方程的虚根是共轭虚数，再利用韦达定理即可求解.
【详解】由实系数一元二次方程的两个虚根是共轭虚数，
所以可知 和 是方程 的两个根，
根据韦达定理可得： ，
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，
故选：B.
6. 如图，某实心零部件的形状是正四棱台，已知 ， ，棱台的高为 ，现需要对
该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为 0.5 元，则该零部件的防腐处理费用是（
）
A. 640 元 B. 512 元 C. 390 元 D. 347.5 元
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据已知条件求出侧面的高，然后求出侧面的面积，然后求出该四棱台的总的表面积，进而
可求出该零部件的防腐处理费用.
【详解】因为正四棱台 中， ，高为 8cm，
则侧面的斜高为 .
所以 .
所以该四棱台的表面积为 ，
又每平方厘米的防腐处理费用为 0.5 元，
所以该部件的防腐处理费用是 元.
故选：B.
7. 如图，矩形 的长为 3，宽为 2，E 是 边的中点，F 是 边上靠近点 A 的三等分点， 与
交于点 M，则 的余弦值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形的特点建立平面直角坐标系，写出相应点的坐标，再利用 与 共线， 与 共
线，求出点 的坐标，最后利用向量夹角的余弦公式进行求解即可.
【详解】
以 为坐标原点， ， 所在方向分别为 轴和 轴建立平面直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，设 ，
， ， ， ，
与 共线，设 ， ，即 ，
与 共线，设 ， ，即 ，
，解得 ， ， ，
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， ，
， ，
，
.
故选：A.
8. 已知 ，曲线 与 相邻的三个交点构成一个直角三角形，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用方程求出三个连续交点，通过数形结合可知只需要满足 ，从而可求出 .
【详解】先由 与 相交可得方程： ，
整理得 ，
即 ，
不妨取 ，可得三个交点的横坐标分别为
把它们代入 可得这三个交点的纵坐标分别为 ，
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如图可得：要满足它们三个交点构成一个直角三角形，
则只需要 ，即 ，
故选：D.
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．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】AB
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标公式： 来进行检验并可作出共线判断，再根
据基底一定是不共线向量可以作出选择.
【详解】由于 ，所以 与 不共线，故 A 正确；
由于 ，所以 与 不共线，故 B 正确；
由于 ，所以 与 共线，故 C 错误；
由于 ，所以 与 共线，故 D 错误；
故选：AB.
10. 在 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 ， ，则（
）
A.
B. 满足条件 的 有两个
C. 若 为锐角三角形，且 ，则 的取值范围为
D. 的最大值为 6
【答案】ACD
【解析】
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【分析】利用正弦定理以及余弦定理可判断 A 选项的正误；利用正弦定理求角 判断 B 选项；利用正弦定
理边化角得 ，再进行三角恒等变换求范围判断 C 选项；由 ，利用
基本不等式得 ，再根据数量积运算判断 D.
【详解】因为 ，
即 ，
由正弦定理可得 ，
可得 ，
由余弦定理可得 ，
因为 ，故 ，A 选项正确；
由于 ， ， ，
根据正弦定理 ，
则 ，因为 ，故 ，所以只有唯一解，B 选项错误；
由正弦定理， ，
所以 ，
因为 为锐角三角形，且 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
则 的取值范围为 ， C 正确；
由 ， ，所以 ，
根据基本不等式得 ，
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则 ，当且仅当 时，等号成立，
所以 ，D 正确.
故选：ACD.
11. 已知正方体 的棱长为 2， 为棱 的中点，则（ ）
A. 二面角 大小为
B. 直线 与底面 所成的角的大小为 ，则
C. 过点 且与 垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D. 以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线的长度为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据勾股定理可得垂直关系，即可根据二面角的定义得 为所求，利用三角形边角关系即可
判断 A，根据线面角的几何法可得 为所求，由三角形边角关系即可求解 B,由截面图形为正六边形
，即可求解 C，根据球的截面性质可得 为所求轨迹，即可根据弧长公式求解 D.
【详解】根据题意画出图形，如图所示.对于选项 A，
因为正方体 的棱长为 2，
所以根据勾股定理， ， ，
所以 ，而 ，
所以 ，所以 ，又 ，
所以二面角 的平面角为 ，
在直角三角形 中， ，
所以 ，所以 不等于 30°，A 错误.
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对于选项 B，分别取 的中点 ，连接 ，如图所示.
则根据题意可知平面 平面 ，
所以直线 与底面 所成的夹角即是直线 与平面 所成的夹角，
因为 平面 ，所以直线 与底面 所成的夹角是 .
因为 ， ，所以 .
所以 ，B 正确.
对于选项 C，取 中点分别为 ，连接 .故六边
形 为所得截面.
可以证明 平面 .
证明：因为 ， ， ， 平面 ,
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又 ，所以 .
同理可证 ，又 为相交直线，所以 平面 .
平面多边形 为正六边形，其面积为 .所以 C 错误.
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对于选项 D，
因为点 到平面 的距离为 2，过点 作 平面 ，
则 为线段 的中点， .
因为球的半径为 ，所以球面与侧面 的交线轨迹为以 为圆心，2 为半径的圆弧 （如图）
.
因为 , ,所以 ,故 ,所以所求圆弧的圆心角为
，弧长为 .故 D 正确.
故选：BD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 复数 ，则 ____．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法运算和模的运算即可求解.
【详解】由 ，
则 ，
故答案为： .
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13. “大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高 时，
选取与塔底 B 在同一水平面内的两个测量点 C 与 D．现测得 ， ， ，在点 C 处
测得塔顶 A 的仰角 ，则塔高 为____m．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形内角和及正弦定理可求得 ，再由正切函数即可求解.
【详解】在 中，由三角形内角和定理可得 ，
再由正弦定理得： ，
再解直角三角形 可得： ，
故答案为：
14. 已知在三棱锥 中， ， ， ， 平面 ，则三棱锥
的外接球的表面积是____．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据余弦定理求出 的三角函数值，然后根据正弦定理求出 的外接圆半径，然后
求出三棱锥外接球半径，进而根据三棱锥的外接球表面积公式可求出结果.
【详解】因为 中， ， ，
所以根据余弦定理
所以解得 ，所以 .
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设 的外接圆半径为 ，三棱锥 的外接球半径为 ，
则根据正弦定理可得 .
又 ，且 平面 ，
所以 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积是 .
故答案为： .
四、解答题：本大题共 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）已知向量 ， ．当λ为何值时， 与 垂直？
（2）已知非零向量 满足 ， ，当 时，求向量 与 夹角θ的余弦值．
【答案】
【解析】
【分析】（1）利用数量积的坐标运算，由 即可求解；
（2）先求 ， ，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）由题意有： ，
所以 ，解得 ；
（2）由题意有
，
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所以 ，
因为 ，
所以 ，
16. 已知函数 ， ， 的最小值为 0．
（1）求实数 m 值：
（2）当 时，求 的单调递减区间，并求 成立时 x 的取值范围．
【答案】（1）
（2）单调递减区间为 ，
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式降次，再利用辅助角公式化简，即可求最小值；
（2）利用定义域得到相位的整体范围，再去判断递减区间，以及解不等所得到的范围.
【小问 1 详解】
由
，
因为 ， 的最小值为 0，所以 ，
【小问 2 详解】
当 时， ，
因为 在区间 上单调递减，
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所以解不等式 ，得 ，
即当 时，求 的单调递减区间为 ，
由 ，
因为 ，所以满足不等式 条件得： ，
解得 .
17. 在 中，内角 A，B，C 对边分别为 a，b，c，已知 ．
（1）证明： ．
（2）若 ， ，求 的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2） 或
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及条件，进行边化转角，进而利用三角恒等变换即可证明；
（2）利用正弦定理以及余弦定理，解得边与角，根据面积公式，可得答案.
【小问 1 详解】
由正弦定理及 ，得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 或 ，
所以 或 （舍去），所以 ；
【小问 2 详解】
由正弦定理可得 ，即 ，所以 ，
解得 ，又 ，所以 ，
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由余弦定理可得 ，则 ，
整理可得 ，分解因式可得 ，解得 或 ，
当 时，可得 的面积 ．
当 时，可得 的面积 .
综上所述： 的面积为 或 ．
18. 如图，在多面体 中， 是平面 与平面 的交线， ，且
， ， ．
（1）证明： ；
（2）证明： ；
（3）若 ，求多面体 的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）证明出 平面 ，再利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）推导出 平面 ，可得出 ，再证明出四边形 为平行四边形，可得出
，进而可得出 ；
（ 3） 利 用 勾 股 定 理 得 出 ， 可 求 出 的 面 积 ， 结 合 锥 体 的 体 积 可 得 出
，结合锥体的体积可求出结果.
【小问 1 详解】
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
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连接 、 ，如图所示：
在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
所以 ，故 ，因为 ，所以 ，
同理可证 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
又因为 ，所以，四边形 为平行四边形，所以 ，故 .
【小问 3 详解】
在 中， ， ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
，
因此，多面体 的体积为 .
19. 已知函数 图象的两相邻对称中心之间的距离是 ，将
图象上的每个点先向左平移 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，所得图象对应的函数 为
奇函数．
（1）求 的解析式；
（2）若对任意 ， 恒成立，求实数 m 的取值范围；
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（3）若函数 在区间 （a， 且 ）上至少有 20 个零点，在所有满足条件的区间 中，
求 的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先根据相邻对称中心间的距离求出 ，然后根据图象的平移和奇函数求出 ，从而求出函
数 的解析式.
（2）首先根据定义域求出函数 的范围，然后用一元二次函数的性质求解不等式，从而可求得 的取
值范围.
（3）首先求出让函数 为 0 的 的取值，然后求相邻零点间的间隔，进而可确定 的最小值.
【小问 1 详解】
因为函数 图象的两相邻对称中心之间的距离为 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
因此函数 的解析式为 .
根据题意，将函数 图象平移后的函数 ，
因为 为奇函数， ，所以 ，所以 .
因此函数 的解析式为 .
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
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所以 在 上恒成立.
令 ，则不等式变为 ，
根据一元二次函数，其对称轴为 ，要使得不等式恒成立，则
，解得 ，
所以实数 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
令 ，则 ，所以 或者 .
解得 或者 .
相邻两个零点的距离为 或者 .
所以函数在区间 上至少有 20 个零点，19 个间隔，若使 最小，则
按 10 个 和 9 个 排列，那么此时 的最小值为 .
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