2024-2025学年四川省成都市某中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

2024-2025学年四川省成都市石室中学高一(下)期中数学试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求

的。

1.已知i为虚数单位，复数z满足z(l+i)=1,贝||z|=()

A.72B.1C.苧D.1

2.已知不重合的直线m、ri、I和平面a,下列命题中真命题是()

A.如果/不平行于a,则a内的所有直线均与/异面

B.如果znca,na,ri是异面直线，那么与a相交

C.如果mua,n//a,m、n共面，那么

D.如果那么ni平行于经过ri的任何平面

3.如图，平行四边形4BCD中，E是力。的中点，F在线段BE上，且BF=3FE,记江=瓦5,b=BC,贝U

谓=()

A2fn2fly*c3-^5y*

A.—CL-j--bB.-d——bC.——CL-bD.—CL——b

oJ334o4o

4.“ae点P(sina-cosa"cma)在第二象限”的一个充分不必要条件是a£()

A.(今为乂兀,第B.(0,9U岑等)

c.G，5u(%¥)D.(O,弱U(%¥)

5.学生为测量青城山高度设计了如下方案：在山脚4测得山顶P的仰角为45。，沿P

飞、

倾斜角为15。的斜坡向上走了600nl到达B点Q4,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测,；、.、

得山顶P的仰角为60。，则青城山的山高2(?为()、"方、.

。..........1

A.300(A<6+72)mB.300(<6-<2)mQ"

C.600(73+l)mD.600(73-l)m

6.已知实数x,y满足/+必=1,则区+Cy-7|+|8-x-，Wy|的最大值为()

A.15B.17C.19D.21

7.△ABC中，sin=苧，点。在线段AC上，且4。=3DC,BD=3,贝必A8C面积最大值为()

A.B.672C.60D.473

8.如图，在棱长为6正方体中，点P为棱力B的中点，点Q为棱的中点，点M为棱CCi上靠近点C的三等

分点，则经过P,Q,M三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面CDAG的交线长度分别为()

D.六边形，干Jr一f一r

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知向量五=(cosx,sinx),b=(-1,V-3)，()

A.若五1九则.=[+E:(kWZ)

B.若五〃丸则X=Z)

C.若口+b—>|取得最大值，贝阮=2争*77-+kn(keZ)

D.若x=Y，贝皈在3上的投影向量为(苧，一》

10.已知复数z「Z2,则下列说法不正确的是()

A.若㈤=\z2\,则恭=zl

B.若Zi-z2>0,则Zi>z2

C.z/2GR是Zi=Z2的充分不必要条件

D.区|=1,忆2|=1,忆1一Z2I=1,则忆1+Z2I=

11.已知函数f(%)=a(s讥%+cos%)+b|s讥X-cos%|,其中a>0,b>0,则下列说法中正确的有()

A./Q)的最小值为一Jia

B./(%)的最大值为，2。+2炉

C.7(%)=a方程在[-?,当上有三个解

D./O)在©片)上单调递减

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.三棱锥三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为6,6,6,其外接球的表面积为.

13.已知向量房另,而勺模长分别为2,1,1,且五彳=0,则忻+另一司的最大值为—

8

14.在△ABC中，若+三，则cosC的最小值为

tanB

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.(本小题13分)

如图，在直三棱柱ABC-4避1的中，AB1BC,AA±=AC=2,BC=1,E,G分别为&G，BC的中点.

(1)证明：QG〃平面ABE；

(2)求三棱锥C-ABE的体积.

16.(本小题15分)

设△ABC是边长为3的正三角形，点D、E三等分线段BC(如图所示).

(1)求荏-AD+AD-荏的值；

(2)F在线段BC的何处时，西•所取得最小值，并求出此最小值.

17.(本小题15分)

在△4BC中，角力，B,C的对边分别为a,b,c,已知2a—c=2bcosC.

(1)求角B；

(2)若△ABC是锐角三角形，求等的取值范围.

18.(本小题17分)

定义向量。羽=(a,b)的"相关函数”为/(久)=asinx+bcosx；函数/'(久)=asbix+6cos久的"相关向量”

为丽？=(a,b).

⑴求函数f(x)=2s仇26+弱—1的“相关向量”丽的模长；

(2)在AaBC中，角4B,C的对边分别为a,b,c,若函数/i(x)的“相关向量”为丽=(0,1),且已知

a=4,/i(i4)=

①求△ABC周长的最大值；

②求|说+就|-布•尤的取值范围.

19.(本小题17分)

在RtAZBC中，内角4B,C的对边分别为a,b,c.已知巴"=出警匹.

aD+C

(1)求角4

(2)已知c芋2b,a=2C，点P,Q是边AC上的两个动点(P,Q不重合)，记4PBQ=①

①当。=狎，设APBQ的面积为S,求S的最小值；

②记NBPQ=a,4BQP=0.问:是否存在实常数8和k,对于所有满足题意的a,0,都有sin2a+s讥2/?+

k=4ksinasin。成鱼?若存在，求出。和k的值；若不存在，说明理由.

答案解析

1.【答案】C

【解析】解：由z（l+i）=l,得z=+，

则团=岛|=扁=盍=圣

故选：C.

把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解.

本题考查复数模的求法，是基础题.

2.【答案】C

【解析】解：如果/不平行于a,则lua,或1与a相交，所以4选项错误；

如果mua,n<ta,n是异面直线，那么n与a相交或?1〃0：,所以B选项错误;

如果mua,n//a,m>n共面，那么m〃7i,所以C选项正确；

如果？7l〃7l,那么小平行于经过?i但不过m的任何平面，所以。选项错误.

故选：C.

根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可.

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题.

3.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查平面向量加减运算及基本定理，考查运算能力，属于基础题.

根据条件可知^^CD+DE+EF,结合平行四边形性质可解决此题.

【解答】

解：••・平行四边形ABCD中，E是4。的中点，F在线段BE上，且8F=3FE,

：,~DE=EA=^DA=^CB=~~b,CD=BA=d,

一一,—>一一>1―>1一

CF=CD+DE+EF=BA+^DA+-7EB

Z4

一1一1一一一1-11一f

=a—5b+彳（^EA+AB^=a_5b+彳（一~^b—cC）

L4Z4Z

故选：D.

4.【答案】B

【解析】解：若点P(sina-cosa,tcma)在第二象限，

sina—cosa<0

贝！I，tcma>0,解得0<a<擀或学<a

.0<a<27T

所以“ae[0,2兀]，点P(sina-cosa,tana)在第二象限”的一个充分不必要条件是aG(0电U(y,y).

故选：B.

根据题意先求满足点P(s讥a-cosa,tcma)在第二象限的a范围，在根据充分不必要条件即可求解.

本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题.

5.【答案】A

【解析】解：为测量青城山高度设计了如下方案：在山脚4测得山顶P的仰角为45。，沿倾斜角为15。的斜坡

向上走了600巾到达B点(AB,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P的仰角为60。，

故NP4Q=45°,4BAQ=15VPX5=30°,AAPQ=45°,

又上PBC=60°,贝!UBPC=30°,即有NBP4=15°,4PBA=135°,

AB

在△制>中，=600,由正弦定理得菽能

sin乙4PB'

_&sml5°=sin(60°—45°)=sm60°cos45°—cos60°sm45°=代’,

vz

国ABs讥_600si"35。_600x彳_1200>4I

人」力"一~sinZAPB~~sinl5°~G可一"7T

在RtAPAQ中，PQ=APsin45°=峥叱X¥=300(76+口,

y6—V22

所以山高PQ为300(，石+，力米.

故选：A.

求出各个角的度数，在AABP中，利用正弦定理求4P,进而在RtAPAQ中求山的高度.

本题考查的知识点：正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题.

6.【答案】C

【解析】解：由题，设访=Q,y),记=(1,0),因为|万•元|W|万|•|元

所以|万•元|=\x+V-3y|<y]x2+y2-V1+3=2,当且仅当y=V~获时等号成立，

即|x+V3y|<2,

所以x+V-3y—7<0,8—x—y/~3y>0,

所以|久+V~3y—7|+|8—x—y[3y\=7—无一V~3y+8-x—V-3y=15—2(x+V~3y)<19,

当且仅当y=V-3x=一方时等号成立，即|%+Sy-7|+|8-%-的最大值为19.

故选：C.

记沅=(%,y),记=(1,/3)，根据数量积的性质求得一24%+<2,则|%+，3y-7|+|8-1-

V~3y|=15-2(%+V^y),即可求解最大值.

本题考查了平面向量数量积的性质及运算，属于中档题.

7.【答案】B

【解析】解：因为sin弩=?,且NABCe(0,7T),

所以cos4BC=1—2s讥2=1一|=5

所以sin/ABC=V1—cos2Z.ABC=J1—.=

又因为AD=3DC,所以而=:旅，

4

所以前=而—同='芯—历='(屈+或)—通=-^AB+^-~BC=｝；BA+^BC,

‘‘、/44、，4444

因为8D=3,所以|前『=(RD)2=^BA+1BCy=+^-BC'+1BA-BC

1_»9_»3_»_»i_>9_»i_>_,

-222

=yr1BA|+yzI8C『+Q|BA\\BC|cos乙48c=|BA|+-T-T\BC|+Q|BA11BC|

lolbololoo

>2l^\BA\2x^-\BC\^+l\BA\\BC\=l\BA\\BC\,

当且仅当白|瓦?『就|2,即=3国|时等号成立，

所以|瓦5||瓦|<2\BD\2=18,当且仅当|瓦？|=3|BC|=3，^时等号成立，

所以S-BC=发对质IsinNABC=苧网||耐W年x18=62，

所以△ABC面积最大值为6，！.

故选：B.

利用二倍角的余弦公式先求COSNZBC,进而得sin乙48C,由4。=3DC,BD=3得丽=：瓦I+。就，又

44

\BD\2=画/=^BA+1BC)2,最后利用均值不等式和三角形的面积公式即可求解.

本题考查利用向量知识与基本不等式，三角形的面积公式解三角形，属于中档题.

8.【答案】B

【解析】解：设力D中点为N,连接QN,

因为Q是中点，QNL底面48CD,QN=6,

连接PN,并延长PN交CD的延长线于E,又N是2。中点,

所以AAPNGADEN,

则力P=DE=3,过点E作EF〃NQ,且交PQ的延长线于F,与的必的延长线交于R,

△PNQs^PEF,

则翳吟气

所以EF=12,RF=6,

连接FM交Ci/于G,

所以AFRCSAMCIG,

nnFRRG

即布=节

廿u-.FR63,,RG3

其中不?一,一'，故乖—5，

又R%=ED=3,则RG=9,

所以GG=1RG=£，

所以截面与侧面CDD1G的交线为GM=VQG2+QM2=空詈，

延长GM交0C的延长线于/,连接/P交BC于m并延长交D4的延长线于K,

连接KQ交A4i于/,所以截面为六边形P/QGMH.

故选:B.

根据题意作出截面可判断截面形状，得出截面与侧面CDDiG的棱AG相交，并计算出其位置即可求得交

线长.

本题考查几何体的截面问题，属于中档题.

9.【答案】AD

【解析】解：对于4若213,则=—cosx+y/3sinx=0,

则tanx=苧，解得％=，+/OT(/CeZ),所以A正确；

对于B,若胃〃b,则，^cosx=—sinx,

所以彼八％=-V3,解得％=—冷+E;(keZ),所以3错误；

对于C,I五+1|=J沙+片J1+4+2(—cosx+V_3smx)=J5+4s皿%一.),

当％—g=J+2/CTT,keZ,即％=§+2/CTT,keZ时，+应取最大值，所以C错误；

oZ3

对于。，若乂=一，则|=(苧,一2),

所以方在b上的投影向量为京^b=^(―1,，一3)=(?,-*)，所以。正确.

故选：AD.

根据向量的垂直、平行、模长的坐标运算可求X,确定ABC；再利用N在3上的投影向量为|矶cos位，为•

sS

代

算

求

可

入计D

-一

-一

T网

—

附

本题考查了平面向量与三角函数的综合运用，属于中档题.

10.【答案】ABC

【解析】解：令Z1=1,Z2=i,满足怙1|=氏|,显然比=z/不成立，故A错误；

令z1=2+i,z2=1+i,满足z1—Z2>0,显然z1>Z2不成立，故B错误；

令Z]=1,z2=一1，满足z1Z2GR,此时Z]=Z2不成立，故C错误；

由忆1|=1,\z2\=1,\zr-Z2\=1,可知在复平面内复数Z「Z2对应的点与坐标原点的连线构成边长为1

的等边三角形，

则IZ1+Z2I是以。Zi，OZ2为邻边的菱形的另一条对角线长，等于C，故。正确.

故选：ABC.

通过特例即可判断4BC；对于D,由复数模的几何意义判断。正确.

本题考查复数的基本概念，考查复数模的几何意义，是基础题.

11.【答案】ABC

【解析】解：由题知/(久)的一个周期为2兀，

又/■(]-x)=a(sin(^-x)+cos(^-%))+fe|sin(^-%)-cos(^一x)|

=a(cosx+sinx)+b\cosx-sinx\=/(%),

所以函数f(x)关于久=3对称，

所以我们只要分析久e[-)曲时的图象即可,

44

当当用时，sinx<cosx,

44

所以/(%)=a(sinx+cos%)+b\sinx—cosx\

=a{sinx+cosx)—b(sinx—cosx)

=(a—b)sinx+(a+b)cosx

i——------a—ba+b

=V2a2+2b2(sinx+=cosx)

2a2+2b*22a2+2b2

=V2a2+2b2sin(x+a),

a—b.a+b

苴中cosa=,,sina=1：

‘、J2a2+2庐J2a2+2》

又a>0,b>0,所以sina>0,

且|cosa|Vs讥a,不妨取a€孚),

44

又1+aE+a*+a],

因为ae4,3),

所以_苧+ae(_[,()),+aG(p7r),

故存在唯一久oe[-苧,勺，使%o+a=、

即f(x)在[一),久单调递增，在岗,口单调递减，

故尤e[—整用时，

222222

fMmax=/(%o)=V2a+2bsin(x0+a)=V2a+2bsin^=V2a+2b,故B正确；

又/(一曲=©sin(一争-cos(-^))+昨in(一与)-cos(一引=a(一苧一苧)+0=-V-2a，

4)=成苧+等)+0=^^，

所以f(久)min=f(—苧)=-V~2a，故A正确；

又函数/(久)关于％对称，

所以函数在一个周期内久e[-学，圣的图象如下:

44

所以/(x)=dla在［-黄号上有三个解，故C正确；

对于D,由图可知每个单调区间长度小于兀，而与)区间长度为兀，

所以函数f(x)在上不可能单调，故。错误.

故选：ABC.

根据题意f(x)的一个周期为2兀，又可证明函数f(x)关于％对称，然后分析函数在［-当，勺的图象及性

T144

质，即可判断.

本题考查了三角恒等变换，三角函数的图象及性质，考查了转化思想及数形结合思想，属于中档题.

12.【答案】1087r

【解析】解：以三棱锥的侧棱为边补成正方体，

因此正方体的棱长为6,且正方体的外接球即为所求，设半径为R,

因此(2R)2=62+62+62今2R=6<3,

因此外接球的表面积为4兀夫2=62X3X7T=1087T.

故答案为：108兀.

将三棱锥补成正方体，转化为求正方体外接球的问题，利用正方体的对角线为外接球的直径，即可求解.

本题考查球的表面积，属于中档题.

13.【答案】75+1

【解析】解：因为2万,己的模长分别为2,1,1,且2i=0,则213,

不妨设五=(2,0),b=(0,1),c=(cosd.sind),3ER,

所以N+/?—c=(2—cosd,1—sin9),

贝！J|五+b—H|=7(2—cos0)2+(1—sind')2—V6—4cos9—2sin6

=J6—2V-5sin(0+(p),其中tamp=2,

所以当sin(8+s)=-1时，|2+3-成取得最大值J6+2岳=A+1.

故答案为：VT+1.

结合题意可设五=(2,0),b=(0,1),c=(cos6,sin6),9eR,表示出|8+b—不|=

6-2/5sin(e+(p),进而求解出最大值.

本题考查了平面向量与三角函数的综合运用，属于中档题.

14.【答案】警

【解析】解：因为高+导=熹，所以，9cosAsinB+8cosBsinAScosC

sinAsinBsinC

Qsin^A-^-B^-^-cosAsinB_5cosc

所以•

sinAsinBsinC

SsinC+cosAsinBScosC

因为sin(4+B)=sinC,所以

sinAsinBsinC

BP5sinAsinBcosC=8sin2C+sinBsinCcosA,

由正弦定理得：SabcosC=8a2+bccosA,

由余弦定理得：5a6•驾了=802+儿•第卫

2ab2bc

化简整理得：3a2+2b2=He2,

a2+ft2-c2_小+必一杀。2条｝2_8a2+93)2、12y/~2ab6/2

由余弦定理得：cosC=->--------=-----

2ab2ab22ab-22ab11

当且仅当8a2=9b2即=3b等号成立,

所以cosC的最小值为警.

故答案为：警

9

将+福=盛转化为弦，利用正、余弦定理化简可得3a2+2*1$再次利用余弦定理，结合

tanA

基本不等式计算即可求解.

本题考查利用正、余弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题.

15.【答案】解：(1)证明：取4B的中点H,连接EH,HG,

EG

'B

-1-1

・••G为BC的中点，”G〃/AC,S.HG=|XC,

•••E为&Q的中点，ECr/Z^AC,5.FQ=^AC,

HG//ECr,且HG=EQ,.•.四边形EHGQ为平行四边形，

•••C1G//EH.y.C1GC平面ABE,EHu平面ABE,

GG〃平面2BE；

(2)AB1BC,AC—2,BC—1,AB=

；

•••SKABC=|xlx/3=y.

•­•&G//平面ABC,

.•.点E到面ABC的距离等于点&到面ABC的距离，

^E-ABC=%i-4BC，又力A1_L平面ABC,

X

•'•^C-ABE=^E-ABC=^Ar-ABC=§S“BC

【解析】(1)构造平行四边形EHGC「证明CiG〃EH,然后结合线面平行判定定理即可得证;

(2)利用线面平行，得出VgTBC=-ABC1从而得解.

本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题.

16.【答案】解：(1)如图所示,

A

设荏=a,AC=b^

则|初==3,且<a,b>=》

■:点、D、E三等分线段BC,

•'•AD=，为+(b,AE=a+Z?,

42d1882288

w及2KK

GT+T+-T+T+

■■.AB-AD+AD-AE=(AB+AE)-AD=3a3-oa3-9-a9-a9-9-9-

3x^+^x9=14；

(2)以线段BC所在的直线为x轴，以线段的垂直平分线为y轴，建系如图:

33]

G[r-2-2]，

FA={-a,FC—(1—a,0),

・••TA•F?=-a(|—a)=a2—|a=(a—1)2—

・••当a=［时，而•而取得最小值-白

【解析】（1）设四=优而='根据向量的运算法则，求得而=|五+颉和荏=家+|正结合向量的

数量积的运算公式，准确计算，即可求解;

（2）建立平面直角坐标系，设F（a,0）,求得瓦？•同=十一|Q,结合二次函数的性质，即可求解.

本题考查向量数量积的求解，向量数量积的最值的求解，属中档题.

17.【答案】8=枭

(粤,C+2).

【解析】（1）因为2a—c=2儿osC,

所以—sinC=2sinBcosC,

可得2s讥(B+C)—sinC=IsinBcosC,

可得2sinBcosC+2cosBsinC—sinC=2sinBcosC,

可得2cosBsinC=sinC,

又sinCW0,

1

可得cosB=

又因为Be（0,兀）,

所以8=枭

(2)由题意可得I，即《2n口，解得

0<C0<4_2<?62

2I32

由正弦定理得：空=电必警

asinA

V-3..X2TT

-2—Fsin(-^—力)

sinA

V31+cosA1

-2sinA+2

/31+2cos2y-1i

=_________________J______I----

2„.AA2

2swi2cos2

_/31,1

=〒.隔+下

由于*<4可得看

oZ1Z<2

又tan'-2tan^=?，贝Utan"=2—V3,

ol-tan2y^

1£1

贝V3+<+<+2

222-

可得手的范围为(受,6+2).

(1)根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可；

(2)结合AABC是锐角三角形可得<5进而根据正弦定理、两角差的正弦公式及同角三角函数的基

本关系化简可得空=4々+1进而根据正切函数的性质求解即可.

a2ta畤2

本题考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及正切函数的性质的应用，考查了转化思想和函数思想，属于

中档题.

18.【答案】1；

04+4/5；@[-4,4).

【解析】(l)/(x)=2sin2(|+^)-1=-cos(x+y)—^-sinx+|cosx,

因此由“相关向量”定义可知：

函数〃久)的“相关向量”为丽=(苧》

则“相关向量”通的模长为1；

(2)①由函数h(x)的“相关向量”为丽=(0,1),得h(x)=cosx,

0o

由/i(/)=右得cos/=?

在a中，由余弦定理得彦=h2+c2—2bccosA,

2

贝U16=力2+一=(力+c)2—>(b+c)2—y(^~)2=(国，，，

解得5+C44A后，当且仅当b=c=2"时取等号，

所以a+b+c44^-5+4,

即△ABC周长的最大值为4怖+4；

②由①知：b2+c2=16+|/?c,

贝！||荏+而|—前.前=Ib2+c2+^bc—|be=2/4+|bc—^bc,

而16=>+c?—(be23be,则beW20,

当且仅当b=c=2，^时取等号，于是0<beW20,

令t=J4+|bce(2,4],

贝|J|南+前|一通•前=—/+2t+4=-(t—1产+5e[-4,4)-

所以|通+而|-丽•尼的取值范围为[-4,4).

(1)利用二倍角公式及和角的余弦公式化简，再求出函数的“相关向量”，进而求出模.

(2)①利用定义求出h(x),再利用余弦定理及基本不等式求出最大值；②利用数量积的定义及运算律列

式，由(1)求出be范围，换元借助二次函数求出范围.

本题考查三角函数的化简、余弦定理的应用、基本不等式求最值及平面向量数量积运算的综合应用，属中

档题.

19.【答案】解：(1)因为也=啰1产，所以由正弦定理可得*=啰普等，

ab+c