云南省保山市第一中学2023-2024学年高一下学期期中教学质量监测数学试卷
1．（2024高一下·保山期中）已知集合，，那么集合等于（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一下·保山期中）如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）
A．20 B．10 C． D．
3．（2024高一下·保山期中）已知圆锥的体积为2，高为3，则其底面半径为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·保山期中）如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．与异面 B．与异面
C．平面 D．平面
5．（2024高一下·保山期中）若复数z满足（为虚数单位），是z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．（2024高一下·保山期中）在△ABC中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·保山期中）已知三棱锥P-ABC，满足，，则三棱锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·保山期中）已知平面向量，不共线，，，若A，B，C三点共线，则实数等于（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·保山期中）下列选项中，符号为负的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·保山期中）已知a，，，，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·保山期中）已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域为R B．的值域为
C． D．在上单调递增
12．（2024高一下·保山期中）已知平面向量，，则 ．
13．（2024高一下·保山期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则的面积是 ．
14．（2024高一下·保山期中）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个米斗上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为 .
15．（2024高一下·保山期中）如图，已知单位圆O与x轴正半轴交于点M，点A，B在单位圆上，其中点A在第一象限，且，记，．
（1）若，求点B的坐标；
（2）若，求的值．
16．（2024高一下·保山期中）如图，在正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，的最小值为．
（1）求该正四面体的棱长；
（2）当取最小值时，求三棱锥A-PBE与三棱锥A-BCD体积之比．
17．（2024高一下·保山期中）已知函数.
（1）求的定义域；
（2）判断并证明的奇偶性.
18．（2024高一下·保山期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.
（1）求角B；
（2）求的取值范围.
19．（2024高一下·保山期中）人们把一元三次方程的求根公式称为卡尔达诺公式，该公式为：对不完全的一元三次方程的三个根分别为：，，，其中，．
（1）求的三个根；
（2）求的三个根．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：D.
【分析】根据交集运算的定义即可求得 .
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由斜二测画法知，
故选：A.
【分析】根据斜二测画法即可求得原图形的面积 .
3．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的体积 ，
解得，
故选：B.
【分析】根据圆锥的体积公式即可求得底面半径.
4．【答案】A
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，连接AF，AE
A、在直三棱柱中，，平面，
，且平面，，所以与异面，故选项A正确；
B、因为平面，平面，所以与共面，故选项B错误；
C、因为平面，所以平面，故选项C错误；
D、在直三棱柱中平面平面，平面，所以平面，所以平面，故选项D错误.
故选：A
【分析】结合直三棱柱的性质及空间中线线、线面、面面的位置关系逐一进行分析判断即可.
5．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，所以，
故复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
【分析】利用复数的除法运算法则求出 ，再利用共轭复数的概念求得z，进而根据复数的几何意义即可判断点所在的象限.
6．【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得，
因为，所以，所以，
故选：C.
【分析】由正弦定理可得，再由大边对大角和同角三角关系式即可求出.
7．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：因为，，
由勾股定理可得，，，，所以，
所以，
所以三棱锥的表面积为.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用勾股定理得四个侧面都是直角三角形，利用直角三角形面积公式即可求得三棱锥的表面积 .
8．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为A，B，C三点共线，所以，
则存在唯一实数，使得，所以，即
所以，解得或.
故选：D．
【分析】由A，B，C三点共线，得，即存在唯一实数，使得，可得，列方程组，求解 的值即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：A、，故选项A正确；
B、，故选项B错误；
C、因为，是第二象限角，所以，故选项C正确；
D、，故选项D正确.
故选：ACD．
【分析】由特殊角的三角函数即可判断选项A，B；由，可知是第二象限角，进而可判断选项C，D.
10．【答案】B,C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A、B、因为，所以，解得，故选项A错误，选项B正确.
C、因为，所以，故选项C正确；
D、，故选项D错误.
故选：BC．
【分析】由复数相等求出，即可判断选项A，B；先求出z，进而可知，由复数的乘法运算法则算出即可判断选项C；利用复数的除法运算法则即可求出，即可判断选项D.
11．【答案】B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数函数的定义域为，故选项A错误；
B、当时，单调递增，则，
当时，，所以函数的值域为，故选项B正确；
D、在上单调递增，故选项D正确；
C、因为，所以，故选项C错误.
故选：BD.
【分析】根据分段函数的定义域即可判断选项A；分和研究函数的单调性，进而利用单调性求解值域判断选项BD；先求，再求即可判断选项C.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意可得，，
所以．
故答案为：.
【分析】先求出，进而利用平面向量的模公式即可求得 .
13．【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理得，
因为，所以，
所以的面积为.
故答案为：.
【分析】先利用余弦定理求得cosA，进而求得，再根据三角形的面积公式即可求得的面积.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：方斗的示意图如图所示：
设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为，
则，，，
所以，
设外接球的半径为R，且，
则，解得，
故球心O与重合，所以该米斗的外接球的体积为.
故填：.
【分析】确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，确定球心在直线上，求出O1O2，利用球的截面圆的性质及勾股定理求出，再由球的体积公式求出其外接球的体积即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
所以点B的坐标为．
（2）解：由题意可知，，
所以
所以，
又因为，所以解得，
所以点为单位圆与轴负半轴交点，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；任意角三角函数的定义；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，，由三角函数的定义求出即可求出B的坐标；
（2）由，借助两角和与差的正弦公式可得，进而求得的值，即可求出的值.
（1）因为，，
所以，
所以点B的坐标为．
（2），
所以，又，解得可得，
所以点为单位圆与轴负半轴交点，故．
16．【答案】（1）解：如图所示，将侧面与展成平面图形，
设正四面体的棱长为，则的最小值为，
由正四面体的性质可知，
由余弦定理可得，
所以，解得．
该正四面体的棱长为.
（2）解：由（1）中的平面展开图可得，此时，
所以，所以，
由点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥与三棱锥体积之比即为
【知识点】棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）将侧面与展成平面图形，的最小值为，由余弦定理求得BE，进而求得a的值，即可求得 正四面体的棱长 ；
（2）由（1）中的平面展开图可得，由可求出，由点到平面的距离等于点到平面的距离，三棱锥与三棱锥体积之比即为利用三角形的面积公式即可求得答案
（1）将侧面与展成平面图形，如图所示，
设正四面体的棱长为，则的最小值为，
由正四面体的性质可知，
由余弦定理可得，
解得．
（2）由（1）中的平面展开图可得，此时，
，，
由点到平面的距离等于点到平面的距离，
三棱锥与三棱锥体积之比即为
17．【答案】（1）解：由题意可得，，即，解得，
解得或，
所以的定义域为，.
（2）解：函数为奇函数，证明如下：
由（1）得的定义域关于原点对称，
因为，
所以为奇函数.
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数真数大于0列不等式得，再利用正弦函数性质解不等式即可求
得的定义域 ；
（2）结合正弦函数性质及对数函数运算性质，根据奇函数定义f(-x)=-f(x)判断证明即可.
（1）由题意得，，
或，
的定义域为，.
（2）函数为奇函数，证明如下：
由（1）得的定义域关于原点对称，
且，
为奇函数.
18．【答案】（1）解：因为，所以
所以，
由正弦定理，可得，
所以.
（2）解：由正弦定理，得，
由（1）可得，，
所以，
因为，
令，则，
所以，
又由对勾函数在上单调递增，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以
所以，
所以的取值范围为.
【知识点】三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；平面向量垂直的坐标表示；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可知，利用向量垂直的坐标运算得，进而利用正弦定理可得，即可求得角B；
（2）结合题干由正弦定理得，利用角的关系得，而，令，可得，利用对勾函数的单调性即可求得的取值范围 .
（1）因为，，，
所以，
由正弦定理，可得，所以.
（2）由正弦定理，得，
由（1）可得，，
所以，
因为，
令，则，
所以，
又由对勾函数在上单调递增，所以，
所以，所以，
所以，即.
19．【答案】（1）解：一元三次方程，由题意可得，，
所以，
，
．
即的三个根分别为-2，.
（2）解：，，
令，则，
此时，，
所以，
，
．
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据题意，先求得 中的p和q的值，再代入公式即可求出对应的三个根；
（2）根据已知可得，令，则，
代入公式即可求出对应的三个根.
（1）一元三次方程，
可得，，
，
，
．
（2），，
令，则，
此时，，
，
，
．
1 / 1云南省保山市第一中学2023-2024学年高一下学期期中教学质量监测数学试卷
1．（2024高一下·保山期中）已知集合，，那么集合等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：D.
【分析】根据交集运算的定义即可求得 .
2．（2024高一下·保山期中）如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）
A．20 B．10 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知，，
由斜二测画法知，
故选：A.
【分析】根据斜二测画法即可求得原图形的面积 .
3．（2024高一下·保山期中）已知圆锥的体积为2，高为3，则其底面半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的体积 ，
解得，
故选：B.
【分析】根据圆锥的体积公式即可求得底面半径.
4．（2024高一下·保山期中）如图，在直三棱柱中，点，分别是棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．与异面 B．与异面
C．平面 D．平面
【答案】A
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示，连接AF，AE
A、在直三棱柱中，，平面，
，且平面，，所以与异面，故选项A正确；
B、因为平面，平面，所以与共面，故选项B错误；
C、因为平面，所以平面，故选项C错误；
D、在直三棱柱中平面平面，平面，所以平面，所以平面，故选项D错误.
故选：A
【分析】结合直三棱柱的性质及空间中线线、线面、面面的位置关系逐一进行分析判断即可.
5．（2024高一下·保山期中）若复数z满足（为虚数单位），是z的共轭复数，则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，所以，
故复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
【分析】利用复数的除法运算法则求出 ，再利用共轭复数的概念求得z，进而根据复数的几何意义即可判断点所在的象限.
6．（2024高一下·保山期中）在△ABC中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得，
因为，所以，所以，
故选：C.
【分析】由正弦定理可得，再由大边对大角和同角三角关系式即可求出.
7．（2024高一下·保山期中）已知三棱锥P-ABC，满足，，则三棱锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：因为，，
由勾股定理可得，，，，所以，
所以，
所以三棱锥的表面积为.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用勾股定理得四个侧面都是直角三角形，利用直角三角形面积公式即可求得三棱锥的表面积 .
8．（2024高一下·保山期中）已知平面向量，不共线，，，若A，B，C三点共线，则实数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为A，B，C三点共线，所以，
则存在唯一实数，使得，所以，即
所以，解得或.
故选：D．
【分析】由A，B，C三点共线，得，即存在唯一实数，使得，可得，列方程组，求解 的值即可.
9．（2024高一下·保山期中）下列选项中，符号为负的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】三角函数值的符号
【解析】【解答】解：A、，故选项A正确；
B、，故选项B错误；
C、因为，是第二象限角，所以，故选项C正确；
D、，故选项D正确.
故选：ACD．
【分析】由特殊角的三角函数即可判断选项A，B；由，可知是第二象限角，进而可判断选项C，D.
10．（2024高一下·保山期中）已知a，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A、B、因为，所以，解得，故选项A错误，选项B正确.
C、因为，所以，故选项C正确；
D、，故选项D错误.
故选：BC．
【分析】由复数相等求出，即可判断选项A，B；先求出z，进而可知，由复数的乘法运算法则算出即可判断选项C；利用复数的除法运算法则即可求出，即可判断选项D.
11．（2024高一下·保山期中）已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域为R B．的值域为
C． D．在上单调递增
【答案】B,D
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的值域；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、函数函数的定义域为，故选项A错误；
B、当时，单调递增，则，
当时，，所以函数的值域为，故选项B正确；
D、在上单调递增，故选项D正确；
C、因为，所以，故选项C错误.
故选：BD.
【分析】根据分段函数的定义域即可判断选项A；分和研究函数的单调性，进而利用单调性求解值域判断选项BD；先求，再求即可判断选项C.
12．（2024高一下·保山期中）已知平面向量，，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：由题意可得，，
所以．
故答案为：.
【分析】先求出，进而利用平面向量的模公式即可求得 .
13．（2024高一下·保山期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则的面积是 ．
【答案】
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理得，
因为，所以，
所以的面积为.
故答案为：.
【分析】先利用余弦定理求得cosA，进而求得，再根据三角形的面积公式即可求得的面积.
14．（2024高一下·保山期中）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个米斗上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：方斗的示意图如图所示：
设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心O落在直线上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为，
则，，，
所以，
设外接球的半径为R，且，
则，解得，
故球心O与重合，所以该米斗的外接球的体积为.
故填：.
【分析】确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，确定球心在直线上，求出O1O2，利用球的截面圆的性质及勾股定理求出，再由球的体积公式求出其外接球的体积即可.
15．（2024高一下·保山期中）如图，已知单位圆O与x轴正半轴交于点M，点A，B在单位圆上，其中点A在第一象限，且，记，．
（1）若，求点B的坐标；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
所以点B的坐标为．
（2）解：由题意可知，，
所以
所以，
又因为，所以解得，
所以点为单位圆与轴负半轴交点，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；任意角三角函数的定义；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据已知条件可得，，由三角函数的定义求出即可求出B的坐标；
（2）由，借助两角和与差的正弦公式可得，进而求得的值，即可求出的值.
（1）因为，，
所以，
所以点B的坐标为．
（2），
所以，又，解得可得，
所以点为单位圆与轴负半轴交点，故．
16．（2024高一下·保山期中）如图，在正四面体ABCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，的最小值为．
（1）求该正四面体的棱长；
（2）当取最小值时，求三棱锥A-PBE与三棱锥A-BCD体积之比．
【答案】（1）解：如图所示，将侧面与展成平面图形，
设正四面体的棱长为，则的最小值为，
由正四面体的性质可知，
由余弦定理可得，
所以，解得．
该正四面体的棱长为.
（2）解：由（1）中的平面展开图可得，此时，
所以，所以，
由点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥与三棱锥体积之比即为
【知识点】棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）将侧面与展成平面图形，的最小值为，由余弦定理求得BE，进而求得a的值，即可求得 正四面体的棱长 ；
（2）由（1）中的平面展开图可得，由可求出，由点到平面的距离等于点到平面的距离，三棱锥与三棱锥体积之比即为利用三角形的面积公式即可求得答案
（1）将侧面与展成平面图形，如图所示，
设正四面体的棱长为，则的最小值为，
由正四面体的性质可知，
由余弦定理可得，
解得．
（2）由（1）中的平面展开图可得，此时，
，，
由点到平面的距离等于点到平面的距离，
三棱锥与三棱锥体积之比即为
17．（2024高一下·保山期中）已知函数.
（1）求的定义域；
（2）判断并证明的奇偶性.
【答案】（1）解：由题意可得，，即，解得，
解得或，
所以的定义域为，.
（2）解：函数为奇函数，证明如下：
由（1）得的定义域关于原点对称，
因为，
所以为奇函数.
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数真数大于0列不等式得，再利用正弦函数性质解不等式即可求
得的定义域 ；
（2）结合正弦函数性质及对数函数运算性质，根据奇函数定义f(-x)=-f(x)判断证明即可.
（1）由题意得，，
或，
的定义域为，.
（2）函数为奇函数，证明如下：
由（1）得的定义域关于原点对称，
且，
为奇函数.
18．（2024高一下·保山期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.
（1）求角B；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，所以
所以，
由正弦定理，可得，
所以.
（2）解：由正弦定理，得，
由（1）可得，，
所以，
因为，
令，则，
所以，
又由对勾函数在上单调递增，所以，
所以，所以，所以，
所以，所以
所以，
所以的取值范围为.
【知识点】三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；平面向量垂直的坐标表示；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据向量垂直可知，利用向量垂直的坐标运算得，进而利用正弦定理可得，即可求得角B；
（2）结合题干由正弦定理得，利用角的关系得，而，令，可得，利用对勾函数的单调性即可求得的取值范围 .
（1）因为，，，
所以，
由正弦定理，可得，所以.
（2）由正弦定理，得，
由（1）可得，，
所以，
因为，
令，则，
所以，
又由对勾函数在上单调递增，所以，
所以，所以，
所以，即.
19．（2024高一下·保山期中）人们把一元三次方程的求根公式称为卡尔达诺公式，该公式为：对不完全的一元三次方程的三个根分别为：，，，其中，．
（1）求的三个根；
（2）求的三个根．
【答案】（1）解：一元三次方程，由题意可得，，
所以，
，
．
即的三个根分别为-2，.
（2）解：，，
令，则，
此时，，
所以，
，
．
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据题意，先求得 中的p和q的值，再代入公式即可求出对应的三个根；
（2）根据已知可得，令，则，
代入公式即可求出对应的三个根.
（1）一元三次方程，
可得，，
，
，
．
（2），，
令，则，
此时，，
，
，
．
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