四川省眉山市眉山中学2024-2025学年高一上学期12月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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一､单选题
1. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法法则，化简可得，根据共轭复数的概念，即可得答案.
【详解】由题意得，
所以其共轭复数为.
故选：B
2. 计算的结果等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合诱导公式，逆用两角和的正弦公式求值即可.
【详解】.
故选：B
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，代入即可求解.
【详解】因为，
由.
故选：D.
4. 在空间中，，，为互不重合的三条直线，，为两个不同的平面，则（ ）
A. 对任意直线，，总存在直线，使得，
B. 对任意直线，，总存在直线，使得，
C. 对任意平面，，总存在直线，使得，
D. 对任意平面，，总存在直线，使得，
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间直线、平面的位置关系一一判断.
【详解】当直线与不平行时，不存在直线，使得，，A错误．
当时，，则；
当直线与相交，直线垂直于直线，所确定的平面时，即可满足，；
当，异面，直线垂直于与直线，均平行的平面时，
即可满足，，B正确．
当与不平行时，不存在直线，使得，，C错误．
当时，不存在直线，使得，，D错误．
故选:B.
5. 已知向量，的夹角为120°，，则（ ）
A. B. C. 7D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】由计算可得结果.
【详解】由可得
，
所以.
故选：A
6. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象对应的函数在区间上单调递减，则m的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角函数的图象变换求得函数的解析式，再根据正弦型函数的单调性，求得的取值，进而求得的最小值.
【详解】由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的图象对应的函数的图象，
因为在区间上单调递减，
所以且，
解得，即，
令，可得的最小值为.
故选：D.
7. 若一个圆柱的底面直径和高相等，表面积记为，一个球的表面积记为，，则这个圆柱跟这个球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，球半径为，由题可得，即可求出体积之比.
【详解】设圆柱的底面半径为，则高为，设球半径为，
，，
，，
则这个圆柱跟这个球的体积之比为.
故选：C.
8. 如图，在正三棱锥中，下列表述不正确的是（ ）
A.
B. 当时，正三棱锥的外接球的表面积为
C. 当时，二面角的大小为
D. 若，点M，N分别为上一点，则周长的最小值为3
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，易证平面，从而得，即可判断A；
正三棱锥为正四面体，可放到边长为2的正方体内，所以正三棱锥的外接球的半径为，即可求出外接球的表面积，即可判断B；
根据A选项，则即为所求角，令，，则，利用余弦定理即可求出，从而判断C选项；
画出正三棱锥的侧面展开图，即可图像即可求出周长的最小值，从而判断D.
【详解】如图，取中点，连接，
在正三棱锥中，，
，所以平面，
又因平面，
所以，故A正确；
当时，正三棱锥为正四面体，可放到边长为2的正方体内，所以正三棱锥的外接球的半径为，外接球的表面积为，故B正确；
当时，根据A选项，则即为所求角，令，，则，所以，故C不正确；
将侧面沿展开（如图），则周长的最小值为3，故D正确．
故选：C．
二､多选题
9. 如图，点，，，分别是正方体中棱，，，的中点，则（ ）
A. B.
C. 直线，是异面直线D. 直线，是相交直线
【答案】BD
【解析】
【分析】首先在图中取棱的中点，的中点，连接，，，，，，,我们证明，，，，，六点共面，进一步可以求出，从而得到答案.
【详解】如图，取棱的中点，的中点，连接，，，，，，，
在正方体中，∵，
∴，，，四点共面，同理可得，，，四点共面，，，，四点共面，
∴，，，，，六点共面，均在平面内，
∵，，
，，平面，
∴与是相交直线．由正方体的结构特征及中位线定理可得，
∴，即．
故选：BD．
【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，考查了空间思维能力，属于基础题型
10. 已知函数，则下列关于的性质的描述正确的有（ ）
A. 关于点对称B. 的最小正周期为
C. 在上单调递减D. 关于直线对称
【答案】BD
【解析】
【分析】根据三角函数的对称性､周期性､单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A项：对称中心纵坐标应为1，故A错误；
B项：的最小正周期：，故B正确；
C项：当时，，
所以在上单调递减，
而，应在上单调递增，故C错误；
D项：对称轴：，即，
当时，，故D正确.
故选：BD
11. 在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 为钝角三角形
C. 若，则的面积是
D. 若的外接圆半径是，内切圆半径为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正弦定理可得，设，，，即可判断A，利用余弦定理求出，即可判断B，结合A求出边，再结合B求出，最后由面积公式判断C，首先由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D.
【详解】因为，
由正弦定理，可得，
设，，，
则，故A错误；
由题意可知，为最大角，
因为，故为钝角，故B正确；
若，则，，，
又，所以，
所以的面积，故C正确；
由正弦定理得，，即，
由面积公式可得，
即，
所以，
所以，故，故D正确．
故选：BCD．
三､填空题
12. 已知，则的值是__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据，由求解.
【详解】因为，
所以，
，
，
故答案为：1
13. 如图所示，为了测量A、B两岛屿的距离，小明在D处观测到A、B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶10海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A、B两岛屿的距离为__海里．
【答案】．
【解析】
【分析】先利用正弦定理求解AD的长，再利用余弦定理求出AB．
【详解】由题意知∠ADB＝60°，∠ACB＝60°，∠ADC＝105°，∠ACD＝30°，CD＝10，∠BDC=45°，
在三角形ACD中，，
∴AD＝，
在直角三角形BCD中，BD＝，
在三角形ABD中，AB＝．
故答案为：．
14. 如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出体积取值范围.
【详解】因为是直角三角形，所以其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，
又因为平面平面，所以平面必过球心，外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，根据正弦定理得，，
又因为，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是通过两平面垂直关系以及三棱锥的底面为直角三角形判断出球心的位置，判断球心在平面上，得出球心为外接圆的圆心，再求出的取值范围即可解决问题.
四､解答题
15. 已知向量.
（1）若单位向量与共线，求向量的坐标；
（2）若与垂直，求的值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据单位向量的定义，结合共线向量的坐标运算公式求解即可；
（2）根据向量平方和数量积的坐标运算公式进行计算即可.
【小问1详解】
因为两向量共线，是单位向量，
所以设，
得到解得或
得或.
【小问2详解】
因为与垂直，
所以，而，
即，
解得.
16. 某校为了了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．若直方图中，时长落在区间内的人数为200．
（1）求出直方图中的值；
（2）估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；
（3）从参加课外兴趣班的时长在和的学生按照分层抽样的方法随机抽取6人进行问卷调查，求各层中被抽到的人数.
【答案】（1）
（2）中位数为，平均数为
（3）时长在的抽取人，时长在的抽取人，
【解析】
【分析】（1）先求出c,再利用面积和为1求出，再结合等差数列求解；
（2）利用左右面积相等求中位数，由频率乘组距求和得平均数；
（3）由分层抽样确定和的人数，再利用分层抽样确定各组的人数.
【小问1详解】
由已知可得，
则，即，
又，解得．
【小问2详解】
因为，，
设中位数为，且，
所以，解得，即中位数为；
平均数为;
【小问3详解】
由（1）知，按照分层抽样随机抽取6人中，
参加课外兴趣班的时长在内的有人，
参加课外兴趣班的时长在的学生有人.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求的单调递增区间；
（2）化简得，由求出范围，再结合余弦差角公式即可求解.
【小问1详解】
，令，
解得，
故的单调递增区间为；
小问2详解】
因为，所以，
，即，
所以，，
所以
.
18. 为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造．如图，（百米），（百米），，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道，，，以及两条主干道，．（单位：百米）
（1）若，求主干道的长；
（2）当变化时，
①证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值；
②求4条观景栈道总长度的取值范围．
【答案】（1）
（2）①证明见解析，定值；②
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理得到，根据两角和的余弦公式和余弦定理即可求解；
（2）①设，由为中点，易知，利用余弦定理和三角形的面积公式即可求解；②设，，，利用正弦定理、余弦定理和换元法即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以在直角中，，
所以，
又因为，
所以在等腰直角中，，
所以
，
所以在中，
，
所以，即主干道的长为百米；
【小问2详解】
①设，由为中点，得，
故，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，所以，
所以，
所以
，为定值；
②设，，，
因为，，分别为边，，的中点，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
由正弦定理，
得，
因为，，为边的中点，所以，
在中，，
由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得
，
令，
因为，，，
所以，
令，在上单调递增，，
，
所以的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于几何图形中的多条线段的和的取值范围问题，我们可以利用正弦定理和余弦定理，将边的问题转化为角的问题，利用三角公式来变形求范围.
19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.

（1）求证：平面；
（2）若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
（3）在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可；
（2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可；
（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.
【小问1详解】
如图所示，连接，

由题意可知平面ABC，四边形是菱形.
平面ABC，，
又D是AC中点，是正三角形，，
又平面，平面，
平面，，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段中点，则，所以，
平面，平面；
【小问2详解】
如图所示，

由（1）可知，，平面，
为三棱锥的高，
，，
又在平面内的射影为，
，则，，
，则，
为直角三角形，
，
【小问3详解】
如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，

过G作交于M，连接MD，
易得，平面，平面，故平面，
又结合（1）的结论有，故二面角为，
所以，
如图，在菱形中，作，

易得，
则，
易知为直角三角形，故.
【点睛】思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手：
（1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可；
（2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化；
（3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可.