陕西省安康市2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份陕西省安康市2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（解析版），共11页。试卷主要包含了选择题，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. 已知向量，则与（ ）
A. 互为相等向量B. 互为相反向量
C. 互为共线向量D. 均为零向量
【答案】C
【解析】由，可得，故A错误；
由，可得，故B错误；
由，可得，
所以互为共线向量，故C正确；
由，可得，
可知，故D错误.
故选：C.
2. 已知集合，则集合中的子集个数为（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
【答案】B
【解析】由，解得，得到，
，则的子集有个.
故选：B.
3. 在复平面内，所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】由题意可得，其在复平面内所对应的点为，位于第二象限，
故选：B.
4. 已知是平面内不同的四点，设甲：；乙：四边形为平行四边形，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】时，可能四点共线，此时不构成四边形，故充分性不成立；
四边形为平行四边形时，则，故，故必要性成立．
所以甲不能推出乙，乙能推出甲，故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以.
故选：D.
6. 如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体.某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（ ）
A. 克B. 克C. 克D. 克
【答案】A
【解析】将伊丽莎白圈看作上下均无底盖的圆台，则制作该伊丽莎白圈需要涂层的面积等价于圆台的侧面积，圆台的侧面积，
因为每平方分米需要消耗5克涂层材料，
所以制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料克．
故选：A．
7. 在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】因为，
由正弦定理，可得，所以，
又因为，所以，所以，
又由正弦定理，可得，即
因为，所以.
故选：A.
8. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
,，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列命题中为真命题的有（ ）
A. 圆柱的侧面展开图是一个矩形
B. 用一个平面去截圆锥﹐圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D. 球体是旋转体的一种类型
【答案】AD
【解析】选项A：圆柱的侧面展开图是一个矩形，A正确；
选项B：当截面与圆锥底面不平行时，圆锥底面和截面之间的部分不是圆台，故B错误；
选项C：有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体不一定是棱柱，如下图，
故C错误；
选项D：球体是旋转体的一种类型，D正确，
故选：AD
10. 若复数z满足，则（ ）
A. B. z的虚部为
C. D.
【答案】AD
【解析】得，
则的虚部为，，，故AD正确，BC错误.
故选：AD.
11. 在中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 的面积为D.
【答案】ACD
【解析】设三角形的重心为，则，
由，
所以，，
又，即，可得，
则，故A正确；
因为，故B错误；
设的中点为，因为是三角形的重心，
故，故C正确；
设的中点为，有，而，故，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，满足，则______．
【答案】82
【解析】由题意可得，且，
解得．
故答案为：82.
13. 已知函数，则的图象经过定点__________；的值域为__________.
【答案】；
【解析】因为恒成立，所以令得，
故的图象经过定点；
函数的定义域为R，所以函数的值域为，
因为在上单调递增，值域为，
所以函数的值域为.
故答案为；.
14. 已知正六棱柱的各个顶点都在半径为的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为．若，则当最小时，该正六棱柱的体积为______．
【答案】36
【解析】设正六边形的中心为点，则点与任意一条边均构成等边三角形，
因此点到各边的距离均为等边三角形的高，为．
不妨设该正六棱柱的高为，那么有且，取两者之中的较小者．
易得该正六棱柱的外接球半径为．
当时，，．
当，，，
所以时，取得最小值．
又因为一个等边三角形的面积为，
所以正六边形底面的面积为，则该正六棱柱的体积为．
故答案为：36．
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. 已知函数
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调递减区间.
解：，
（1）的最小正周期；
（2）令，
得，
即的单调递减区间为.
16. 如图一个圆锥的底面半径为1，高为3，在圆锥中有一个底面半径为的内接圆柱.
（1）求此圆锥的表面积与体积；
（2）试用表示圆柱的高；
（3）当为何值时，圆柱的全面积最大，最大全面积为多少？
解：（1）由，，得，
所以，，
故 ，
；
（2）由相似可得，得，；
（3）记圆柱得全面积为，
，
∵，∴当时，.
17. 已知，，且与的夹角为60°.
（1）求的值
（2）求的值；
（3）若向量与平行，求实数的值．
解：（1）因为，，
所以.
（2）因为，，且与的夹角为60°，
所以，
所以，
所以.
（3）因为向量与平行，所以，
由平面向量基本定理可得，
解得或，所以的值为.
18. 在中，已知
（1）求角；
（2）若求的面积．
解：（1）根据正弦定理将边角互化，
得到.化简可得，
即.再根据余弦定理，
因为，所以.
（2）已知，，，
根据余弦定理，可得.
即，整理得.
解得或（边长不能为负舍去）.
最后根据三角形面积公式，
可得.
19. 已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
（1）若两点的距离为海里，求的长度；
（2）求两点距离的取值范围.
解：（1）由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
（2）由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.