【数学】广东省深圳市2024-2025学年高一下学期4月期中试题（解析版）

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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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
2. 在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由余弦定理得，
，
故选：B.
3. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】由点是线段的中点，得，
由，且四边形为平行四边形，得，
则
，
故.
故选：A
4. 下列说法中正确的是（ ）
A. 过三个点有且只有一个平面
B. 四边形可以确定一个平面
C. 若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行
D. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点
【答案】D
【解析】对于A，当三点共线时，有无数个平面，错误；
对于B，空间四边形可确定4个平面，错误；
对于C，若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内，错误；
对于D,若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点,正确，
故选：D
5. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，侧棱长为1，作斜截面,
上下底面为正方形，则，，，，.
过作正四棱台的高，可知,所以，
在直角中，根据勾股定理可知.
则正四棱台的体积.
故选：C.
6. 如图，为测量山高，选择水平地面上一点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得．已知山高，则山高（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，，又因为，则为等腰直角三角形，
故，
在中，，，则，
由正弦定理，可得，
由题意可知，，因为，
则.
故选：D.
7. 已知是边长为2的正八边形内的一点，为其中心，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由正八边形的对称性可知，
，
易知正八边形的每个内角为，
设与的夹角为，则，
所以当最大时，取得最大值，
当最小时，取得最小值.
如图，过点作垂直的延长线于点，过点作垂直的延长线于点，
可知当在线段上时，取得最大值，，
此时.
当在线段上时，取得最小值，此时，
此时，
故的取值范围为.
故选：A.

8. 南北朝时期，数学家祖冲之、祖暅父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，用现代语言可以描述为：“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．”例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用垂直于半径的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】∵，，
，
∴，
∴，半球体积为，
所以平面所截得的较小部分（称之为“球冠”）的几何体的体积是半球体积的.
故选：A.
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. 已知复数，则下列选项正确的是（ ）
A. 的虚部为
B. 为纯虚数
C.
D. 在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】BD
【解析】，则的虚部为，选项A不正确；
为纯虚数，选项B正确；
，选项C错误；
在复平面内对应的点位于第二象限，选项D正确；
故选：BD．
10. 对于，内角所对的边分别为，有如下命题，其中正确的有（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则是直角三角形
C. 是为锐角三角形的必要不充分条件
D. 若，则符合条件的有两个
【答案】ACD
【解析】对于A选项，已知，
所以，
所以，即.
因为、，所以，则，即，
所以是等腰三角形，A选项正确.
对于B选项，当，时，，，满足，但不是直角三角形，B选项错误.
对于C选项，若为锐角三角形，则，所以.
因为在上单调递增，所以，必要性成立，
反之，若，比如，，满足，
但不是锐角三角形，充分性不成立.
因此是为锐角三角形的必要不充分条件，C选项正确.
对于D选项，已知，，，所以，
即，所以符合条件的有两个，D选项正确.
故选：ACD.
11. 如图，为内任意一点，内角所对的边分别为，，
的面积分别为，总有优美等式成立，因该图形酷似奔驰汽车车标，故又称为奔驰定理，则以下命题是真命题的有（ ）
A. 若是的重心，则有
B. 若，则
C. 若为的内心，，则
D. 若是的外心，，则
【答案】ACD
【解析】对于A：如图所示：因为分别为的中点，
所以，，
同理可得、，所以，
又因为，所以.正确；
对于B：因为，
所以，所以，
所以，
所以，
化简得：，
又因为不共线，所以，所以，
所以，错误；
对于C，若为的内心，，则.，
又（为内切圆半径），
所以，，故，正确；
对于D：因为是的外心，，所以，，
所以，
因为，则，
化简得：，由题意知不同时为正，
记，，则，
因为，所以，
所以，所以，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，若，则_____．
【答案】
【解析】已知，，又因为，
所以，所以．
故答案为：.
13. 如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为3，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的高为_____；侧面积为_____．
【答案】；
【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：
该小虫爬行的最短路程为，
由余弦定理可得，．
设底面圆的半径为r，则有，解得．
∴这个圆锥的高为，
这个圆锥的侧面积为．
故答案为：；．
14. 如图，在扇形中，，为弧上的动点，若，则的取值范围为_____．
【答案】
【解析】不妨设以为原点，以所在的直线为轴，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，设，则，其中且，
可得，
又，所以，
则，则，
所以
，其中，
由于，所以可取到最大值1，
当时，取得最小值，
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. 若是夹角为的两个单位向量，则．
（1）求和；
（2）求与的夹角．
解：（1）因为是夹角为的两个单位向量，所以，
所以，
所以，．
（2）因为，
所以，
因为，所以与的夹角为．
16. 锐角的内角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
解：（1）由正弦定理得，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以，
所以．
（2）由余弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
所以，
所以的周长．
17. 如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，边上的中点为．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积；
（3）求直三棱柱外接球的表面积．
解：（1）因为底面是等边三角形，边长为2，所以，
因为三棱柱是直棱柱，所以平面，
四棱锥的体积，
．
（2）由题意得，
从而，所以，
所以，
因为，，
所以，
所以三棱柱截去三棱锥后几何体的表面积为．
（3）根据对称性，球心在直三棱柱的中心，设为，
取为等边的外心，
所以为等边外接圆半径，设为，
根据正弦定理，则，
因为，
所以，在中，，
所以直三棱柱外接球的表面积．
18. 的内角所对的边分别为所在平面内有一点满足，且．
（1）若，求面积的最大值；
（2）若，当取得最小值时，求的值．
解：（1）设，因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，当且仅当，即时等号成立，
则，
所以面积的最大值为．
（2）因为，所以，
在中，利用余弦定理得，，
即，
同理，在中利用余弦定理得，
，
所以
，
因为，
所以当且仅当，即时等号成立，
此时取最小值，即取最小值，即取得最小值，
此时，．
19. 在中，对应的边分别为，
（1）求；
（2）奥古斯丁．路易斯．柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家．柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．
①用向量证明二维柯西不等式：
②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．若是内一点，过作垂线，垂足分别为，求的最小值．
解：（1）由正弦定理得即
由余弦定理有，若，等式不成立，则，
所以，因为，所以.
（2）①设，由，得，
从而，即
②.
又
.
由三维分式型柯西不等式有.
当且仅当即时等号成立.
由余弦定理得，
所以即，
则，
令，则.
因为，得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令；则在上递减，
当即时，有最大值，此时有最小值.