2024-2025学年河北省保定市部分高中高一上学期11月期中数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省保定市部分高中2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】方法一：因为，而，所以．故选：C．方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．故选：C．2.已知是实数，是纯虚数，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知：，为纯虚数，则：，据此可知.本题选择D选项.3.若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（）A.2π B.3π C.23 D.【答案】B【解析】设圆锥的轴截面是边长为（）的等边三角形，则，则，∴圆锥底面半径，母线长，∴.故选：B4.如图，已知三棱锥的侧棱长均为2，，，点D在线段上，点在线段上，则周长的最小值为（）A. B.4 C. D.6【答案】C【解析】如图，将三棱锥的侧面展开，则周长的最小值与展开图中的线段相等.在中，，在中，根据余弦定理可得：，所以，即周长的最小值为.故选：C.5.如图，复数z对应的向量为，且|z-i|=5，则向量在向量上的投影向量的坐标为（）A. B. C.(6.5) D.【答案】D【解析】由题图可知，，则，解得（舍去），所以，，则向量在向量上的投影向量为，所以其坐标为．故选：D6.设平面向量，，且，则=（）A.1 B.14 C. D.【答案】B【解析】因为，所以又，则所以，则，故选：7.如图，在中，为的中点，，与交于点，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，，则，而与不共线，∴，解得，∴.故选：A.8.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，，解得，，.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.已知向量则（）A. B.与向量共线的单位向量是C. D.向量在向量上的投影向量是【答案】CD【解析】因为，，所以，则，故A错误；又，则与向量共线的单位向量为，即或，故B错误；因为，所以，故C正确；因为，，所以向量在向量上投影向量是，故D正确.故选：CD10.设，为复数，且，则下列结论正确的是（）A. B.C.若，则 D.【答案】ABD【解析】设，，对于选项A，因为，所以，且，所以，故A正确；对于选项B，因为，，，则，，所以，故B正确；对于选项C，若，例如，，满足，但，，即，故C错误；对于选项D，因为，所以，，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的部分图象如图所示．则（）A.的图象关于中心对称B.在区间上单调递增C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象D.将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象【答案】ABD【解析】由图象可知，，解得，又，所以，即，结合，可知，所以函数的表达式为，对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的单调递减区间是___________.【答案】【解析】的定义域为，解得，或,求原函数的单调递增区间,即求函数的减区间,,可知单调递减区间为,综上可得,函数单调递增区间为.令,由,得或,函数的定义域为,当时,内层函数为增函数,而外层函数为减函数,函数的单调递减区间是.故答案为:.13.在中，，若该三角形有两解，则x的取值范围是_________．【答案】【解析】由可得因为，所以要使三角形有两解，所以且所以，即，解得，故答案为：14.设点在以为圆心，半径为1的圆弧BC上运动(包含B，C两个端点)，且，则的最大值为________.【答案】或【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，设，所以，因此有，因为，，所以有，于是有，其中，因为，即，当时取得最大值，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.记的内角、、的对边分别为、、.已知.（1）证明：；（2）若，，求的面积.（1）证明：因为，则，即，由正弦定理可得，因此，.（2）解：因为，由正弦定理可得，由平面向量数量积的定义可得，所以，，可得，即，所以，，则，，所以，，则为锐角，且，因此，.16.如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证：（1）直线和同一平面上；（2）直线、和交于一点．（1）证明：如图，连结.∵点分别是的中点，∴.∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴四点共面，即和共面．（2）证明：正方体中，∵点分别是的中点，∴且∵四边形为平行四边形，∴，且∴∥且∴与相交，设交点为P，∵，平面，∴平面；又∵，平面，∴平面，∵平面平面，∴，∴三线交于点P.17.已知定义在上的奇函数．在时，．（1）试求的表达式；（2）若对于上的每一个值，不等式恒成立，求实数的取值范围．解：（1）是定义在上的奇函数，，因为在时，，设，则，则，故.（2）由题意，可化为化简可得，令，，因为在定义域上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，，故．18.已知向量，，且.（1）求的值；（2）求的取值范围；（3）记函数，若的最小值为，求实数的值.解：（1）向量，，.（2），，，，，所以的取值范围为.（3）由（1）（2）可知，函数，令，则，，其图像抛物线开口向上，对称轴方程为，当，即时，最小值为，解得（舍去）；当，即时，最小值为，解得或（舍去）；当，即时，最小值为.综上可知，.19.如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.（1）若向量的“完美坐标”为，求；（2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；（3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，x∈R，求的值域.（1）解：因为的“完美坐标”为，则，又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，所以,，所以.（2）证明：由（1）知，所以，即.（3）解：因为向量，的“完美坐标”分别为，，由（2）得.令，则，因为x∈R，所以，即，令，因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值，所以的值域为.河北省保定市部分高中2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】方法一：因为，而，所以．故选：C．方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．故选：C．2.已知是实数，是纯虚数，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可知：，为纯虚数，则：，据此可知.本题选择D选项.3.若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（）A.2π B.3π C.23 D.【答案】B【解析】设圆锥的轴截面是边长为（）的等边三角形，则，则，∴圆锥底面半径，母线长，∴.故选：B4.如图，已知三棱锥的侧棱长均为2，，，点D在线段上，点在线段上，则周长的最小值为（）A. B.4 C. D.6【答案】C【解析】如图，将三棱锥的侧面展开，则周长的最小值与展开图中的线段相等.在中，，在中，根据余弦定理可得：，所以，即周长的最小值为.故选：C.5.如图，复数z对应的向量为，且|z-i|=5，则向量在向量上的投影向量的坐标为（）A. B. C.(6.5) D.【答案】D【解析】由题图可知，，则，解得（舍去），所以，，则向量在向量上的投影向量为，所以其坐标为．故选：D6.设平面向量，，且，则=（）A.1 B.14 C. D.【答案】B【解析】因为，所以又，则所以，则，故选：7.如图，在中，为的中点，，与交于点，若，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，，则，而与不共线，∴，解得，∴.故选：A.8.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，，解得，，.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.已知向量则（）A. B.与向量共线的单位向量是C. D.向量在向量上的投影向量是【答案】CD【解析】因为，，所以，则，故A错误；又，则与向量共线的单位向量为，即或，故B错误；因为，所以，故C正确；因为，，所以向量在向量上投影向量是，故D正确.故选：CD10.设，为复数，且，则下列结论正确的是（）A. B.C.若，则 D.【答案】ABD【解析】设，，对于选项A，因为，所以，且，所以，故A正确；对于选项B，因为，，，则，，所以，故B正确；对于选项C，若，例如，，满足，但，，即，故C错误；对于选项D，因为，所以，，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的部分图象如图所示．则（）A.的图象关于中心对称B.在区间上单调递增C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象D.将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象【答案】ABD【解析】由图象可知，，解得，又，所以，即，结合，可知，所以函数的表达式为，对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数的单调递减区间是___________.【答案】【解析】的定义域为，解得，或,求原函数的单调递增区间,即求函数的减区间,,可知单调递减区间为,综上可得,函数单调递增区间为.令,由,得或,函数的定义域为,当时,内层函数为增函数,而外层函数为减函数,函数的单调递减区间是.故答案为:.13.在中，，若该三角形有两解，则x的取值范围是_________．【答案】【解析】由可得因为，所以要使三角形有两解，所以且所以，即，解得，故答案为：14.设点在以为圆心，半径为1的圆弧BC上运动(包含B，C两个端点)，且，则的最大值为________.【答案】或【解析】建立如图所示的直角坐标系，则，设，所以，因此有，因为，，所以有，于是有，其中，因为，即，当时取得最大值，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.记的内角、、的对边分别为、、.已知.（1）证明：；（2）若，，求的面积.（1）证明：因为，则，即，由正弦定理可得，因此，.（2）解：因为，由正弦定理可得，由平面向量数量积的定义可得，所以，，可得，即，所以，，则，，所以，，则为锐角，且，因此，.16.如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证：（1）直线和同一平面上；（2）直线、和交于一点．（1）证明：如图，连结.∵点分别是的中点，∴.∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴四点共面，即和共面．（2）证明：正方体中，∵点分别是的中点，∴且∵四边形为平行四边形，∴，且∴∥且∴与相交，设交点为P，∵，平面，∴平面；又∵，平面，∴平面，∵平面平面，∴，∴三线交于点P.17.已知定义在上的奇函数．在时，．（1）试求的表达式；（2）若对于上的每一个值，不等式恒成立，求实数的取值范围．解：（1）是定义在上的奇函数，，因为在时，，设，则，则，故.（2）由题意，可化为化简可得，令，，因为在定义域上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，，故．18.已知向量，，且.（1）求的值；（2）求的取值范围；（3）记函数，若的最小值为，求实数的值.解：（1）向量，，.（2），，，，，所以的取值范围为.（3）由（1）（2）可知，函数，令，则，，其图像抛物线开口向上，对称轴方程为，当，即时，最小值为，解得（舍去）；当，即时，最小值为，解得或（舍去）；当，即时，最小值为.综上可知，.19.如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美