湖南省2024_2025学年高一数学下学期期中试题含解析

这是一份湖南省2024_2025学年高一数学下学期期中试题含解析，共16页。
纸上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写
在答题纸上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回.
一、单项选择题：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.
1. 已知 虚数单位， （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法法则计算 即可.
【详解】 ，
故选：C.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 直角三角形绕它的一条边旋转得到的几何体是一个圆锥
B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥
D. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥，棱台，棱锥的定义及结构特征，逐一分析判断各个选项得解.
第 1页/共 16页
【详解】对于 A，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的几何体不是一个圆锥，故 A 错误；
对于 B，把两个相同的棱台底面重合在一起，就不是棱台，故 B 错误；
对于 C，由棱锥的定义，如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，才
是棱锥，故 C 错误；
对于 D，当棱锥的各个侧面的顶角之和是 360 度时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，
由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，故 D 正确.
故选：D.
3. 已知在边长为 的正方形 中，点 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算与数量积的定义直接求解即可.
【详解】
.
故选：B.
4. 函数 ， 的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. 和 D. 和
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦型函数的图象及性质求得已知函数的单调递增区间，根据已知即可求得.
第 2页/共 16页
【详解】 ，
令 ，
函数 的单调递减区间为 .
由 ，
得 ，
而 ，所以所求单调递增区间是 和 .
故选：C.
5. 用斜二测画法画水平放置的 ，其直观图 如图所示，其中 ，若原
的周长为 6，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则，得到直观图 画出原图 ，得到 ，求得
，进而得到 的长，得到答案.
【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到直观图 画出原图 ，
因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
则 ，所以 .
故选：C
第 3页/共 16页
6. 如图所示为关于 对称的两个等腰 与 ，已知 ，则该平面图形（阴
影部分）绕着直线 旋转 形成的几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形
成的几何体，据此计算即可求解.
【详解】该平面图形分别绕着直线 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的几何体，
因为 ，所以圆柱的高为 1，圆柱底面半径为 ，
圆锥的底面半径为 ，高为 ，
所以该几何体的体积为 .
故选：D.
7. 将函数 图象上所有点的横坐标缩小为原来的 （纵坐标不变），再将所得曲线上
所有的点向左平移 个单位长度，得到函数 的图象，若 的图象关于 轴对称，则 的最
小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
第 4页/共 16页
【解析】
【分析】化简函数 的解析式，再根据函数图象变换求函数 的解析式，根据条件及三角函数性质
列方程求 ，再确定其最小值即可.
【详解】 可化为 ，
所以 ，
由条件可得 ，
因为函数 的图象关于 轴对称，所以函数 为偶函数，
所以 ， ，
所以 ， ，又 ，
所以 的最小值为 ，
故选：A.
8. 若实数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正余弦函数的最值结合 可得 ，从而可求出 ，进而可得出答案.
【详解】由三角函数的值域可知 ， ，所以 ，所以 ，
当且仅当 时取等号，此时 ,
所以 ， ，
所以 ．
第 5页/共 16页
故选：C．
二、多项选择题：本题共 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. 已知复数 均不为 0，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数的乘法和除法运算可得答案.
【详解】对于 A， ， ，显然 ，A 不正确；
对于 B，设 ， ，则 ， ，
，所以 ，B 正确；
对于 C，设 ， ，
， ，
，
所以 ，C 正确；
对于 D，
，
，D 正确；
故选：BCD
10. 信阳是中国十佳宜居城市之一，气候宜人，环境优美.如图是信阳市夏季某一天的温度变化曲线，若该
曲线近似地满足函数 ， 的部分图象，则下列说法正确的是（ ）
第 6页/共 16页
A. 该函数的周期是
B. 该函数的解析式是 ，
C. 该函数图象的对称中心是
D. 该函数图象的对称轴是直线
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图象得出该函数的周期，可判断 A 选项的正误；结合图象求出该函数的解析式，可判断 B 选
项的正误；再求函数的对称中心判断 C，求函数的对称轴判断 D.
【详解】对于 A 选项，由图象可知，该函数的最小正周期为 ，A 选项正确；
对于 B 选项，由图象可得 ，解得 ，
，
图象经过点 ，
，
.
， ，则 ， ，
所以，函数解析式为 ， ，B 选项正确；
对于 C 选项，令 ， ，可得 ， ，
第 7页/共 16页
所以函数 图象的对称中心为 ，C 选项错误；
对于 D 选项，令 ， ，可得 ， ，
所以函数 图象的对称轴是直线 ，故 D 选项正确.
故选：ABD.
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】
【分析】设三角形的重心为 ，从而可求出 ，再根据 ，可得 ，
即可判断 AB；设 的中点为 ，再根据 即可判断 C；设 的中点为 ，有
，进而可判断 D.
【详解】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；
第 8页/共 16页
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】
【解析】
【分析】由 ，平方化简得到 和 ，联立方程
组，即可求解.
【详解】由 ，可得 ，即 ，
又由 ，可得 ，即 ，
整理得 ，即 ，即 ，
联立方程组 ，可得 ，所以 .
故答案为： .
13. 若 是三角形的一个内角，且函数 在区间 上单调递增，则 的取值范围
为______.
【答案】
第 9页/共 16页
【解析】
【分析】由条件求 的范围，再求 ， 的范围，根据正弦函数的单调性列不等式，由此求
得 的取值范围.
【详解】由 ，可得 ，
又 是三角形的一个内角，所以 ，
故 ， ，
因为函数 在区间 上单调递增，
，解得 ，又 ，
所以 的取值范围为 ，
故答案为： .
14. 已知 的内角 所对的边分别是 ，且 ， ，则 ______．
【答案】 ##
【解析】
【分析】先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解.
【详解】依据正弦定理，由 ，得 ，
两边同乘 ，得 ，解得 ，
又因为 ，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．
第 10页/共 16页
15. 已知向量 ， ， .
（1）若 ，求 的值；
（2）记 ，求 的最大值和最小值以及对应的 的值.
【答案】（1）
（2） 时， 的最大值为 4； 时， 的最小值为
【解析】
【分析】（1）由已知可得 ，则 ，从而可求出 x 的值；
（2）根据题意可得 ，然后利用正弦函数的性质可求得结果.
【小问 1 详解】
因为 ， ， ，
所以 ．
若 ，则 ，与 矛盾，
故 ，于是 ．又 ，
所以 ．
【小问 2 详解】
．
因为 ，所以 ，从而 ．
所以 ，
于是，当 ，即 时， 取到最大值 ；
当 ，即 时， 取到最小值 ．
第 11页/共 16页
16. 已知 的内角 的对边分别为 ，且 .
（1）求角 ；
（2）若 的面积为 ，求 .
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，化简已知条件，即可求得 ；（2）根据（1）中所求 ，结合三角形面积公式，
求得 ，再利用余弦定理即可求得 .
【小问 1 详解】
因为 ，由正弦定理得 ，
则 ，即 ，又 中，由 ，故 .
因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 的面积为 ，所以 ，得 .
又由 ，有 ，则 ，可得 ，
由余弦定理得 ，则 ，可得 .
17. 在 中， ， 为 的中点．
（1）求 ；
（2）若 ，求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
第 12页/共 16页
【分析】（1）根据正弦函数的性质求解即可；
（2） 中，利用余弦定理求解即可.
【小问 1 详解】
由 ，
所以 ，
即 ，
又 ，故 ；
【小问 2 详解】
设 ，由 ，可知 ，
又 为 的中点，所以 ，
在 中，由余弦定理得， ，
故 的值为 ．
18. 如图，在平行四边形 中， ，若 分别是边 所在直线上 点，且满
足 ，其中 .
第 13页/共 16页
（1）当 时，求向量 和 的夹角的余弦值；
（2）当 时，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当 时，求得 ， ，进而求得 和
，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据向量的线性运算法则，得到 ，结合向量数量积的运算
律，化简得到 ，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问 1 详解】
解：当 时，可得 ，同理可得 ，
因为 ，所以 ，
则 ，
而 ，
所以 ，
即向量 和 的夹角的余弦值为 .
【小问 2 详解】
解：由 ，
可得
第 14页/共 16页
，
因为 ，可 ，即 ，
所以 的取值范围为 .
19. （1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，
一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位
面积的费用是正方体礼盒的 1.6 倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？
（2）设某长方体礼盒的长 ，宽 ，高 分别为 ．
（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩
带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）
（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4））， 且 2cm，不考虑
接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留
到整数）
参考数据： ．
【答案】（1）工厂选择正方体礼盒更经济实惠； （2）（ⅰ）48cm；（ⅱ）35cm．
【解析】
【分析】（1）设球的半径为 ，正方体礼盒的造价为 元 ，正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为
，结合 ，得到 ，即可得到答案；
（2）（ⅰ）根据题意，求得彩带的总长度，即可得到答案；
（ⅱ）在平面 内作 ，求得 ，求得需彩带的总长度为
第 15页/共 16页
，进而得到答案.
【详解】解：（1）设球的半径为 ，正方体礼盒的造价为 元 ，
则圆柱形礼盒的造价为 元 ，
记正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为 ，
显然 都是正数，所以 ，
则 ，所以工厂选择正方体礼盒更经济实惠．
（2）（ⅰ）所需彩带的总长度为 ．
（ⅱ）如图所示，在平面 内作 ，则 ，
同理可得 ，则 ，
所以所需彩带的总长度为 ，
因为 ，所以用对角捆扎法所用的彩带短，较短的约为 35cm．
第 16页/共 16页