四川省南充市重点高中2024-2025学年高一下学期5月期中考试 数学（含解析）

这是一份四川省南充市重点高中2024-2025学年高一下学期5月期中考试 数学（含解析）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
A．-2B．1C．0D．2
2．已知在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）

A．B．1C．D．
4．已知点则与同方向的单位向量为
A．B．C．D．
5．下列说法错误的是（ ）
A．棱台侧棱的延长线必相交于一点
B．正四棱锥的侧面可以是等边三角形
C．棱柱的侧面都是平行四边形
D．矩形旋转一周一定能形成一个圆柱
6．若是方程的两个根，则（ ）
A．B．C．D．
7．某校高一年级的学生参加了主题为《追寻大儒足迹，传承董子文化》的实践活动.在参观董子文化馆时，为了测量董子雕像高度，在处测得雕像最高点的仰角分别为和，且，，则该雕像的高度约为（ ）（参考数据：）

A．B．C．D．
8．如图，正方形的边长为分别为边上的动点，若为的中点，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．8
二、多选题
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部是B．的共轭复数是
C．D．
10．在中，内角所对的边分别是，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的外接圆的面积是
B．若，则是等腰三角形
C．若，则可能等于10
D．若，则的面积为或
11．设函数，则（ ）
A．的图象有对称轴B．是周期函数
C．在区间上单调递增D．的图象关于点中心对称
三、填空题
12．已知复数是纯虚数，则 .
13．定义向量的一种新运算：，其中是向量的夹角.已知，则 .
14．在中，已知，则的最大值为 ．
四、解答题
15．在中，角，，所对的边分别为，，，，.
(1)若，求的值；
(2)的面积等于，求的值.
16．已知向量.
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的值；
(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.
17．在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，点在边上，且是的平分线，求的面积.
18．已知向量，，函数，相邻对称轴之间的距离为．
(1)求的解析式；
(2)求函数单调递增区间和对称轴方程；
(3)将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于x的方程在上只有一个解，求实数m的取值范围．
19．如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，.
(1)证明：；
(2)若，，.
（i）求的值；
（ii）求的取值范围.
1．D
详解：因为，
所以，
即.故选D．
2．B
【详解】由余弦定理得.
故选：B.
3．A
【详解】利用斜二测画法的定义，画出原图形，

由是等腰直角三角形，，斜边，得，
因此，，
所以原平面图形的面积是.
故选：A
4．A
【详解】,所以与同方向的单位向量为，故选A.
5．D
【详解】对于A，根据棱台的定义，其侧棱的延长线必交于一点，故A说法正确；
对于B，根据棱锥的定义，当正四棱锥的高为底面正方形对角线的一半时，正四棱锥的侧面可以是等边三角形，故B说法正确；
对于C，根据棱柱的定义，棱柱的侧面都是平行四边形，故C说法正确；
对于D，矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，若以矩形对角线所在直线为旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误.
故选：D.
6．B
根据韦达定理可得，结合两角和与差的正、余弦公式以及切弦互化计算即可求解.
【详解】因为是方程的两个实根，
所以，
则.
故选：B
7．A
由题可得，则，在中，列式运算得解.
【详解】，，
，则，
在中，，
，即.
所以该雕像的高度约为4m.
故选：A.
8．A
建立平面直角坐标系，利用坐标法和基本不等式求得的最小值
【详解】如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，
的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，设，其中，则，
因为，所以，又，
所以，
当且仅当时等号成立.
故选：A.
9．BD
根据复数的定义判断A，根据共轭复数的定义判断B，根据复数代数形式的运算法则判断C、D.
【详解】复数的虚部为，故A错误；
的共轭复数是，故B正确；
，故C错误；
因为，，所以，故D正确；
故选：BD
10．ACD
根据正弦定理计算即可判断A；根据正弦定理和三角恒等变换计算即可判断B；根据余弦定理和基本不等式计算即可判断C；根据余弦定理和三角形面积公式计算即可判断D.
【详解】A：由正弦定理得为外接圆的半径），
得，所以该外接圆的面积为，故A正确；
B：由正弦定理得，即，
得或，解得或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C：由余弦定理得，
即，
得，当且仅当时取到“=”，
又，所以，故C正确；
D：由余弦定理得，
即，整理得，
解得或2.
当时，，；
当时，，，故D正确.
故选：ACD
11．ABD
A选项由偶函数得到轴是其中一条对称轴；B选项用周期的定义找到其中一个周期为；C选项通过两个特殊点函数值的大小判定函数在区间不是单调递增；D选项由中心对称的定义验证是否成立即可.
【详解】∵，
∴是偶函数，关于轴对称，故A正确；
∵，
∴是函数的一个周期，故B正确；
，∵，，
显然，故在区间上不单调递增，故C错误；
，
∴的图象关于点中心对称.
故选：ABD.
12．4
根据纯虚数的定义列出方程组，解出a的值即可.
【详解】解：复数是纯虚数，
则，解得.
故答案为：4.
13．
根据定义得到方程，求出，再用余弦二倍角公式求出答案.
【详解】因为，所以，
解得，则.
故答案为：.
14．/
由平面向量数量积公式和余弦定理得到，进而由余弦定理和基本不等式求出，从而求出有最大值，最大值为.
【详解】由得，
即，
又由余弦定理得：，
化简得：，
，
当且仅当时，等号成立，
将代入中，可得，满足任意两边之和大于第三边，
故有最小值，且为锐角，此时，，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故有最大值，最大值为．
故答案为：
15．(1)；
(2)或.
【详解】（1）在中，由正弦定理，得，
所以的值是.
（2）由的面积等于，得，解得，
由余弦定理，得，即，
解得或，
所以或.
16．(1)
(2)
(3)且
（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长；
（2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值；
（3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可.
【详解】（1）因为向量，且，
所以，解得，
所以.
（2）因为，且，
所以，解得.
（3）因为与的夹角是钝角，
则且与不共线，
即且，
所以且.
17．(1)
(2)
（1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可；
解法二：直接由余弦定理化简求解即可；
（2）解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，进而求解即可；
解法二：由，结合三角形的面积公式得到，进而求解即可.
【详解】（1）由，得，
解法一：由正弦定理得，
又中，，所以，
所以，
于是，
又，所以，
又，所以.
解法二：由余弦定理得，
化简得，
由余弦定理得，
又，
所以.
（2）由是的平分线，得，
解法一：，
又，
所以
.
解法二：由得
.
即，
解得，
所以.
18．(1)
(2)答案见解析
(3)
（1）首先利用数量积公式和三角恒等变换化简函数，
（2）根据解析式，再结合三角函数的性质，即可求解；
（3）首先利用三角函数的图象变换求函数的解析式，再通过换元后，结合的图象，即可求解.
【详解】（1），
，
，
因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，得，所以.
（2）令，
则，
所以的单调递增区间为;
令, 解得,
即的对称轴方程为.
（3）由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数，
再向左平移个单位得，
令，则，
所以，
因为在上只有一个解，

由的图象可得，或，
所以的取值范围是
19．(1)证明见解析
(2)（i）（ii）
（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即得；
（2）（i）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论，联立解方程即可求得；（ii）在中，分别运用正、余弦定理得到①，②两式，结合③式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得.
【详解】（1）因为，所以，
在中，，可得，
所以，即.
（2）（i）在中，由正弦定理得，
可得，即（*），
由（1）已证：，即，
将 （*）代入得，，即，
解得或（舍去），
因为，所以.
（ii）在中，由正弦定理得，
即①，
由余弦定理得②，
因为，，,所以，所以③，
在中，由余弦定理得:，
将①，②，③式依次代入即得：
，
因为，所以，
结合正弦函数的图象可得，，
所以，即的取值范围为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
A
D
B
A
A
BD
ACD
题号
11









答案
ABD