精品解析：山东省青岛地区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

2023—2024学年度第二学期期中学业水平检测 高一数学试题 2024．04 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 一、单项选择题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点为，复数对应的点为，则对应的复数为（ ） A. B. C. D. 2. 若是不共线的向量，且，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知非零向量，，则在方向上的投影向量长度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是第二象限的角，则（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，矩形是水平放置四边形直观图，若，，则原四边形的周长是（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角所对的边分别为，且满足，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题．每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，选错的得0分． 9. 下列有关平行六面体命题正确的是（ ） A. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 B. 平行六面体的八个顶点在同一球面上 C. 平行六面体的四个侧面不可能都是矩形 D. 平行六面体任何两个相对的面都可以作为它的底面 10. 如图，，，线段，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，已知圆的半径为，弦，相交于点．且，则（ ） A. B. C. 当时，为定值 D. 当时，四边形的面积最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，函数的图象关于点对称，且函数图象上相邻最高点和最低点的距离为，则_____________． 13. 已知正三角形与正方形的中心为同一点，的边长为，则______________． 14. 费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为．已知点为的费马点，角所对的边分别为，若，，边上的中线长为，则的值为_________． 四、解答题：本大题共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. 已知复数． （1）求； （2）若复数是关于的实系数方程的一个根，求的值． 16. 在等腰梯形中，，，，． （1）若与垂直，求的值； （2）若为边上动点(不包括端点），求的最小值． 17. 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答． 问题：在中，角所对边分别为，已知_________． （1）求； （2）若，且，求的周长． 注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分． 18. 已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． （1）记向量的相伴函数为，若，且，求的值； （2）设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相同的单位向量； （3）已知，，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 19. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，设置有个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要． （1）游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式； （2）证明：； （3）若甲、乙两人分别坐在两个相邻的座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求高度差的最大值（精确到）． （参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度第二学期期中学业水平检测 高一数学试题 2024．04 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 一、单项选择题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点为，复数对应的点为，则对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量减法法则得到，求出对应的复数. 【详解】由题意得，故对应的复数为. 故选：B 2. 若是不共线的向量，且，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合共线向量的定义和判定方法，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由向量，，， 可得，所以，所以三点共线，所以A正确； 对于B中，由向量，， 设，可得，所以，此时方程组无解， 所以三点不共线，所以B错误； 对于C中，由向量，，， 可得，设，即， 所以，此时方程组无解，所以三点不共线，所以C错误； 对于D中，向量，， 设，即，所以，此时方程组无解， 所以三点不共线，所以D错误. 故选：A. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先用“1”的代换转化，再利用两角差的正切公式的逆用求解. 【详解】 故选：D 【点睛】本题主要考查了两角差的正切公式的逆用及“1”的代换，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 4. 已知非零向量，，则在方向上的投影向量长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量长度的计算公式，结合向量模的坐标运算公式、向量数量积的坐标运算公式进行求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 所以在方向上的投影向量长度为. 故选：A. 5. 已知，是第二象限的角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角的正弦和余弦公式可得，代入即可得出答案. 【详解】因为，是第二象限的角， 所以， 所以. 故选：D. 6. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换，求得，根据题意，结合三角函数的性质，列出不等式，即可求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位， 得到函数图象， 若函数在上为增函数，则有，解得， 所以的最大值为. 故选：C. 7. 如图，矩形是水平放置四边形的直观图，若，，则原四边形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，由长度关系可求得结果. 【详解】设交轴于点， 根据斜二测画法可还原出原四边形如下图所示， 因为，所以， 又，且四边形为平行四边形， ，四边形的周长为. 故选：D. 8. 在锐角中，角所对的边分别为，且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理和两角和与差的正弦公式可得，则，由为锐角三角形，求出的范围，结合在上单调递增，即可得出答案. 【详解】由正弦定理可得：， ， 即， 即，即， 即，所以或（舍去）， 所以，则， 因为为锐角三角形， 所以，即，解得：， 因为在上单调递增， 由，可得，所以. 故选：A. 二、多项选择题：本大题共3小题．每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，选错的得0分． 9. 下列有关平行六面体的命题正确的是（ ） A. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 B. 平行六面体的八个顶点在同一球面上 C. 平行六面体的四个侧面不可能都是矩形 D. 平行六面体任何两个相对的面都可以作为它的底面 【答案】AD 【解析】 【分析】由平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱, 可判断选项A；由圆内接四边形对角互补，可判断选项B；只有平行六面体的侧棱垂直于底面时，四个侧面都是矩形，可判断选项C；根据平行六面体定义， 可判断选项D. 【详解】平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱,所以平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形,故A正确； 若平行六面体的8个顶点在同一球面上，则平行四边形四个顶点在一个圆周上， 而圆的内接四边形对角互补，而平行四边形对角不一定互补，故B错误； 平行六面体的侧棱垂直于底面时，四个侧面都是矩形，故C错误； 根据平行六面体定义可知，平行六面体中任意两个相对的面都可以当作它的底面，故D正确. 故选：AD 10. 如图，，，线段，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由平面向量基本定理求解即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，设，则， 因为三点共线，所以， 又因为， 因为三点共线，所以， 解得：，，故，故C正确； 对于D， ，故D错误. 故选：AC. 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，已知圆的半径为，弦，相交于点．且，则（ ） A. B. C. 当时，为定值 D. 当时，四边形的面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】过作直径，利用向量加减法的几何意义得 ，可判定A错误；设为的中点，连接，利用向量的线性运算的几何意义及数量积的运算，结合圆的性质，得到则，可判定B正确；根据垂直关系，以及，可判定C正确；设为的中点，根据， 得到，结合圆弦长公式，得到，可得判定D正确. 【详解】如图所示，过作直径， 由 ，所以A错误； 设为的中点，连接， 则 , 由，可得，所以B正确； 当时，， 则 ， 因为，则，同理可得， 所以为定值，所以C正确； 当时，设为的中点，连接，则， 可得， 由弦长公式得， 所以四边形面积 ， 当且仅当时，等号成立，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，函数的图象关于点对称，且函数图象上相邻最高点和最低点的距离为，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】设的最小正周期为，根据相邻最高点和最低点的距离为求出，即可求出，再根据函数的对称性求出. 【详解】设的最小正周期为，依题意，解得或（舍去）， 又，所以，解得， 所以，又函数的图象关于点对称， 所以，所以，又，所以. 故答案为： 13. 已知正三角形与正方形的中心为同一点，的边长为，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】，两边平方即可得到答案. 【详解】 由题意知， . 故答案为：. 14. 费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点．当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为．已知点为的费马点，角所对的边分别为，若，，边上的中线长为，则的值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据，利用两角和与差的三角函数求得角A，再利用，求得，再利用求解. 【详解】 由，则， 因为，故， 则，即， 即，， 则，故，故的三内角都小于， 则P点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为； 又，则， 则，解得，故， 因为， 即， 所以， 则. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知复数． （1）求； （2）若复数是关于的实系数方程的一个根，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的运算法则求出，可得，则可求出； （2）由复数是关于的实系数方程的一个根，得到，整理得，由此能求出实数，则可得的值． 【小问1详解】 由题意知：， 所以， 所以. 【小问2详解】 将代入方程，得 ， 所以，，因为， 所以，且 ， 解得，， 则. 16. 在等腰梯形中，，，，． （1）若与垂直，求的值； （2）若为边上的动点(不包括端点），求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到各边长，并建立平面直角坐标系，得到，根据与垂直，得到方程，求出； （2）设，，则，求出最小值. 【小问1详解】 过作于 ， 等腰梯形中易知 ， 又，故可得 ， 如图所示：以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则， 所以， 故 因与垂直，所以， 解得； 【小问2详解】 设，，则，， 则， 则， 对，其对称轴， 故其最小值为， 所以的最小值为. 17. 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答． 问题：在中，角所对的边分别为，已知_________． （1）求； （2）若，且，求的周长． 注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由余弦定理得到，，得到； 选②，由正弦定理和，得到，得到； （2）在（1）基础上，根据余弦和角公式求出，由正弦定理得到，由余弦定理变形求出，得到三角形周长. 【小问1详解】 选择条件①：因为， 在中，由余弦定理得， 所以， 由余弦定理得， 因为， 所以， 选择条件②：因为，所以， 由正弦定理得. 即， 则， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以，即， 即， 又因为， 所以， 由于，所以的外接圆半径为， 由正弦定理可得， 可得， 由余弦定理可得， 所以， 所以的周长为. 18. 已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． （1）记向量的相伴函数为，若，且，求的值； （2）设，试求函数的相伴特征向量，并求出与方向相同的单位向量； （3）已知，，为函数的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到相伴函数，得到，再利用两角差的正弦函数，即可求解； （2）由，得到的相伴特征向量，结合单位向量的计算方法，即可求解； （3）根据题意，得到，，设点，得到向量，结合，化简得到，进而答案. 【小问1详解】 解：由向量的相伴函数为， 当时，可得， 又由，可得，所以， 所以. 【小问2详解】 解：由， 可得函数的相伴特征向量， 所以与方向相同单位向量为. 【小问3详解】 解：因为函数的相伴特征向量， 所以， ， 设点，因为， 所以， 若，则， 即，， 因为，则，故， 又因为，故当且仅当时，成立， 故在的图象上存在一点，使得. 19. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，设置有个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要． （1）游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式； （2）证明：； （3）若甲、乙两人分别坐在两个相邻的座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求高度差的最大值（精确到）． （参考数据：） 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据最低点坐标、初相和角速度可确定函数解析式； （2）由，，利用两角和差余弦公式可整理得到结论； （3）由点相对于点始终落后，结合（2）中结论可整理得到，根据正弦函数最值的求解可求得结果. 【小问1详解】 如图，设座舱距离地面最近的位置为点， 以轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立直角坐标系， 设时，游客甲位于点； 以为终边的角为， 根据摩天轮转一周大约需要，可知座舱转动的角速度约为， 由题意可得：. 【小问2详解】 ，， . 【小问3详解】 如图，甲、乙两人的位置分别用点表示，则， 经过后甲距离地面的高度为， 点相对于点始终落后， 此时乙距离地面的高度为， 则甲、乙距离地面的高度差， 由（2）得：， ，， 当或，即或时，， 甲、乙两人距离地面的高度差的最大值约为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$