资源简介 2024-2025学年广东省汕头市金山中学高一下学期期中测试数学试卷一、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.已知全集,集合,则( )A. B.C. D.2.若复数满足其中为虚数单位,则的虚部是( )A. B. C. D.3.已知角,向量,,若,则( )A. B. C. D.4.在平行四边形中,点是边上的点,,点是线段的中点,若,则( )A. B. C. D.5.已知某圆台的轴截面是等腰梯形,,则该圆台的体积为( )A. B. C. D.6.青少年视力是社会普遍关注的问题,视力情况可借助视力表测量,通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据,五分记录法的数据和小数记录法的数据满足:已知某同学视力的五分记录法的数据为,则其视力的小数记录法的数据为 A. B. C. D.7.图中的左图为等大的个灰色正方体和个白色正方体所组成的多面体,其可以切割为、和三个小多面体,则代表的多面体可能是( )A. B. C. D.8.已知正三棱锥的外接球为球,点为的中点,过点作球的截面,则所得截面图形面积的取值范围为( )A. B. C. D.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.已知平面向量,,则下列说法正确的是( )A. B. 与方向相反的单位向量是C. 与的夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量为10.如图,点是正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中满足平面的是( )A. B.C. D.11.“阿基米德多面体”也称半正多面体,又多个不全相同正多边形围成的多面体,体现了数学的对称之美.如下图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去个三棱锥,得到个面为正三角形、个面为正方形的一种半正多面体.已知,则关于如图半正多面体的下列说法中,正确的有( )A. 该半正多面体的表面积是B. 直线与平面所成的角为C. 该半正多面体有外接球,且它的表面积为D. 该半正多面体有内切球,且它的表面积为三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.在中,若,,,则 13.若,则 .14.已知平面向量,,,对任意实数,都有,成立.若,则的最大值是 .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.本小题分如图,在正方体中,为的中点.求证:平面;若为的中点,判断并证明平面和平面的位置关系.16.本小题分记的内角,,的对边分别为,,,已知.求;若,,,边上的中线,相交于点.(ⅰ)求;(ⅱ)求.17.本小题分如图,圆的内接四边形中,,,为圆周上一动点,.若为直径,求四边形的面积;求四边形的周长的最大值.参考结论:圆的内接四边形对角互补.18.本小题分如图,在四棱锥中,平面,,,,. 求证:平面;若异面直线与所成的角为,求点到平面的距离.19.本小题分已知函数是自然对数底数,函数的图象与函数的图象关于直线对称.令,其中,分别为奇函数、偶函数.求在上的最大值;求,并证明;求证:仅有个零点,且.参考答案1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15.解:连接,交于,连接,由正方体的结构易知为的中点,又为的中点,则,平面,平面,所以平面;平面平面,证明如下:由为的中点,连接;为的中点,易知,所以为平行四边形,则,由平面,平面,则平面,由平面,且,平面,所以平面平面. 16.解:由题设及正弦定理可得,所以,整理得,且,可得,故,又,则,可得.由,则;令且,又,则,由共线,则,即,而,则,所以. 17.解:设圆的半径为,则,由,则,所以,故,可得,四边形的面积.由,又,所以,所以,当且仅当时取等号,综上,四边形的周长. 18.解:由,,,,即为直角梯形,所以,,所以,即,又平面,平面,则,由平面,故平面;若是的中点,则,故为平行四边形, 所以且,故异面直线与所成的角,即为,由平面,平面,则,又,易知,则,所以,则,由平面,平面,则,由平面,平面,则,由,,则,而平面,所以平面,平面,则,故,所以,而,且,设点到平面的距离为,则,即,可得. 19.解:由题设,则,令,则,,故,所以在上单调递增,故其最大值为;由题设,又,分别为奇函数、偶函数,所以,故,所以,故,由,,所以,当且仅当时取等号,所以,得证;由题设且,显然在上单调递增,,而,,所以,,而,,所以,综上,仅有个零点,即为,由,显然,,故,即,综上,仅有个零点,且. 第1页,共1页 展开更多...... 收起↑ 资源预览