資源簡介

絕密★啟用前
2025屆高一年級（下）學期4月期中考試數學
考生注意：
1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題紙上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題紙上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。回答非選擇題時，將答案寫在答題紙上。寫在本試卷上無效。
3.考試結束后，將本試卷與答題卡一并由監考人員收回。
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求.
1.已知，則（ ）
A. B. C. D.
2.設三角形的外接圓的半徑為，若，則（ ）
A. B. C. D.1
3.已知平面向量，，若，則（ ）
A.1 B.-2 C. D.
4.若復數滿足，為虛數單位，則（ ）
A. B. C. D.
5.人臉識別就是利用計算機檢測樣本之間的相似度來識別身份的一種技術，余弦距離是檢測相似度的常用方法.假設平面內有兩個點，，為坐標原點，定義余弦相似度為，余弦距離為.已知點，，則，兩點的余弦距離為（ ）
A. B. C. D.
6.在平面直角坐標系中，已知存在正數，使得平行四邊形滿足，，則平行四邊形的面積為（ ）
A. B. C. D.
7.已知兩個非零向量，的夾角為，非零向量與的夾角為，若，則（ ）
A.1 B. C.2 D.4
8.在銳角三角形中，內角，，的對邊分別為，，，且，則的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9.下列命題中為真命題的有（ ）
A.圓柱的側面展開圖是一個矩形
B.用一個平面去截圓錐，圓錐底面和截面之間的部分為圓臺
C.棱柱的側面都是菱形
D.四面體是棱錐
10.已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A.的定義域是 B.是奇函數
C.是的一個周期 D.是曲線的一個對稱中心
11.如圖是一個圓臺的側面展開圖，若，所在圓的半徑分別是2和4，且，則（ ）
A.圓臺的側面積為 B.圓臺的高為
C.圓臺的體積為 D.圓臺內部可以容納的球的直徑最大為
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12.復數的共軛復數________.
13.已知函數，則函數的最小正周期為________.
14.已知正六棱柱的各個頂點都在球的球面上，球心到正六棱柱的上、下底面的距離均為1，若，則球的表面積為________.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15.（13分）已知為實數，復數，，，復數在復平面內所對應的點位于第一象限.
（1）求的值；
（2）在復平面內，復數，對應的向量分別是，，其中是原點，求的大小.
16.（15分）已知函數，將曲線的圖象向左平移個單位長度，得到一個偶函數的圖象.
（1）求；
（2）求的相位及最小正周期；
（3）當時，求使得不等式恒成立時的的取值范圍.
17.（15分）如圖，正方體的棱長為，，分別是棱，的中點，截面將該正方體分成兩部分，這兩部分的體積分別為，，且.
（1）求，；
（2）求點到平面的距離.
18.（17分）如圖，在平行四邊形中，，，若，分別是邊，所在直線上的點，且滿足，，其中.
（1）當，時，求向量和的夾角的余弦值；
（2）當時，求的取值范圍.
19.（17分）如圖，，在復平面內對應的點分別為，，坐標原點為，點.
（1）證明：；
（2）已知在三角形中，角，，的對邊分別為，，，點在線段的延長線上，且，，求的值
2025屆高一年級（下）學期4月期中考試
數學參考答案
1.A 【分析】根據復數乘法計算直接得出結果.
【詳解】因為，故.故選：A.
2.B 【分析】根據題意，利用正弦定理求得，得到，進而求得的值，得到答案.
【詳解】由正弦定理得，因為，所以，又因為，即，所以.故選：B.
3.C 【分析】根據向量垂直的坐標運算計算求參.
【詳解】因為，所以，即，故選：C.
4.A 【分析】設，利用復數相等建立方程求出即可得解.
【詳解】設，則，即，解得，，所以，，故選：A
5.C 【分析】利用向量數量積的定義求出夾角，根據題意計算即可.
【詳解】根據題意，，，則，所以，兩點的余弦距離為.故選：C.
6.C 【分析】根據向量的夾角公式，先求得，進而求得，再根據面積公式即可求得.
【詳解】因為，，所以，，則，所以，所以平行四邊形的面積.故選：C.
7.D 【分析】如圖，記向量為題設中的向量，向量為題設中的向量，利用數量積的定義和轉化法計算可得.
【詳解】如圖，記向量為題設中的向量，向量為題設中的向量，因為與的夾角為，與的夾角可以看作的補角，所以，故可知，又因為，所以.
故選：D.
8.C 【分析】由已知條件結合余弦定理可得，利用正弦定理邊化角得，求得，結合是銳角三角形和三角形內角和定理求出，再由正弦定理結合三角恒等變換可得，運算得解.
【詳解】由余弦定理，與聯立，可得，即，由正弦定理可得，，即，故，或，（舍去），因為，故，故，所以，因為是銳角三角形，所以，解得，則，所以.故選：C.
9.AD 【分析】由圓柱，圓臺，棱柱，棱錐的定義和特征逐一判斷可得.【詳解】對于A，由圓柱的側面展開圖可得圓柱的側面展開圖是一個矩形，故A正確；對于B，用一個平行于底面的平面去截圓錐，圓錐底面和截面之間的部分為圓臺，故B錯誤；對于C，棱柱的側面展開是平行四邊形，不一定都是菱形，故C錯誤；對于D，由棱錐的定義可得，四面體是四個面都是三角形構成的多面體，符合棱錐的定義，故D正確.故選：AD
10.BCD 【分析】由函數的解析式有意義，結合有定義，求得函數的定義域，可得判定A錯誤；根據函數的奇偶性的判定方法，可判定B正確；求得，可判定C正確；求得，可判定D正確.
【詳解】對于A中，由有定義，可得，，又由，可得，即，，所以函數的定義域是，所以A錯誤；對于B中，因為，所以，即，又因為定義域關于原點對稱，所以是奇函數，所以B正確；對于C中，由，即，所以是的一個周期，所以C正確；對于D中，函數的定義域關于點對稱，又由，可得，即，所以曲線關于點中心對稱，所以D正確.故選：BCD.
11.BCD 【分析】A選項，由扇形弧長和面積公式得到扇形和扇形的面積，相減得到A錯誤；B選項，求出圓臺上下底面的半徑，作出輔助線，由勾股定理求出圓臺的高；C選項，根據圓臺體積公式得到C正確；D選項，根據圓臺的高得到當球的直徑為時，半徑為，求出此時球心到的距離為，得到D正確.
【詳解】A選項，由題意得，，又，故，，扇形的面積為，扇形的面積為，故圓臺的側面積為，A錯誤；
B選項，圓臺母線長，由題意得，，解得，，過點作于點，為圓臺的高，則，，由勾股定理得，
圓臺的高為，B正確；
C選項，圓臺的體積為，C正確；
D選項，由于圓臺的高為，當球的直徑為時，半徑為，梯形的面積為，，，故，又，故此時球心到的距離為，而，故圓臺內部可以容納的球的直徑最大為，D正確.故選：BCD
12. 【分析】根據復數的乘除法運算求出復數，結合共軛復數的概念即可求解.
【詳解】因為，所以.故答案為：
13. 【分析】根據正弦函數的性質，得到的最小正周期為，的最小正周期為，進而得到是函數的一個正周期，不是函數的周期，然后利用特值法可證明函數的正周期只能是的任意正整數倍，從而得到其最小正周期為.
【詳解】由正弦函數的圖象與性質，可得的最小正周期為，的最小正周期為，可得，，所以函數的一個正周期為.設是函數的正周期，則，當時，，，當時得，無解.所以的最小正周期只能是的任意正整數倍，但上面已經證明不是函數的周期，是函數的周期，所以函數的最小正周期為.故答案為：.
14. 【分析】求出正六邊形外接圓的半徑，進而求出外接球的半徑，即可得解.
【詳解】因為，所以正六邊形的的外接圓半徑，所以球的半徑，所以球的表面積為.故答案為：
15.（1）1 （2） 【分析】（1）根據題意，由，列出方程求得，再由在復平面內所對應的點位于第一象限，得到的值；（2）由（1）得到，，結合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）解：由復數，且，可得，即，解得，又由在復平面內所對應的點位于第一象限，所以，故有.
（2）解：由復數，對應的向量分別是，，可得，，則且，，因為為與的夾角，可得，又因為，所以.
16.（1） （2）； （3） 【分析】（1）根據三角函數的圖象變換，得到平移后的圖象解析式為，根據為偶函數，且，求得的值；（2）由（1）得，即可求得函數的相位和最小正周期；（3）把不等式轉化為，由，結合三角函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：函數，將曲線的圖象向左平移個單位長度，可得函數的圖象，因為函數為偶函數，可得，，解得，，又因為，所以.
（2）解：由（1）知：，所以，所以函數的相位為，最小正周期為.
（3）解：由（2）知：，則不等式，即為，當時，可得，要使得恒成立，則滿足，解得，即的取值范圍為.
17.（1）， （2） 【分析】（1）根據錐體體積公式可得，在利用割補法求；（2）根據題意利用等體積法求點到面的距離.
【詳解】（1）截面將正方體分成兩個幾何體，其中較小部分是一個三棱錐，其底面是腰長為的等腰直角三角形，面積為.又底面上的高為，所以三棱錐的體積.因為正方體的體積，所以剩余部分的體積.
（2）在中，，，如圖，取的中點，連接，
則，，所以，的面積.設點到平面的距離為，因為三棱錐與三棱錐是同一個幾何體，所以，結合（1）得，即，解得，所以點到平面的距離為.
18.（1） （2） 【分析】（1）當時，求得，，進而求得和，，結合向量的夾角公式，即可求解；（2）根據向量的線性運算法則，得到，，結合向量數量積的運算律，化簡得到，結合二次函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：當時，可得，同理可得，因為，所以，則，而，，所以，即向量和的夾角的余弦值為.
（2）解：由，，
可得，因為，可，即，所以的取值范圍為.
19.（1）證明見解析 （2） 【分析】（1）首先根據復數的幾何意義表示出，點的坐標，即可求出，，再根據向量數量積的坐標表示計算可得；
（2）依題意，即可得到為的補角的平分線，過點作交的延長線于點，所以平分，結合（1）可得，則.
【詳解】（1）因為，在復平面內對應的點分別為，，所以，，又，所以，，所以，所以；
（2）因為，所以，即，所以為的補角（有公共邊）的平分線，過點作交的延長線于點，所以平分，又，即，所以，所以，所以，所以，又，即.

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