精品解析：山东省青岛市青岛第十九中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

青岛十九中2024-2025学年度第二学期期中检测 高一数学试题 2025.04 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目上；第I卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 在等式①；②；③；④若，且，则；⑤非零向量，满足，则．其中正确的命题的个数是：（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知向量满足，则（ ） A B. C. D. 5. 已知向量，若向量与反向，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A 7 B. C. 17 D. 6. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A B. C. D. 7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平面四边形中，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分. 9. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形 B. 存在四个点可以构成正四面体 C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形 D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体 10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则 B. 若，则符合条件的有两个 C. 若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心 D. 已知是内一点，若分别表示的面积，则 11. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. 复数对应的点位于第二象限 B. 为纯虚数 C. D. 复数的模为 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，，若，则__________. 13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.  14. 在锐角中，若，则取值范围是__________. 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. 已知复数，，其中是实数. （1）若，求实数的值； （2）若是纯虚数， ①求； ②当时，的最小值. 16. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且． （1）求角的大小； （2）若，边上的高为，求三角形的周长． 17. 在面角梯形中，已知，，，点F是BC边上的中点，点E是CD边上一个动点. （1）若E是CD边的中点，试用和表示； （2）①若，求的值 ②求的取值范围. 18. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 3 0 0 （1）求出实数和函数的解析式； （2）将图象上的所有点向右平移个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.已知图象的一个对称中心为，求的最小值； （3）在（2）的条件下，当取最小值时，若对，关于的方程恰有两个实数根，求实数的取值范围. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且 ①求的周长 ②求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 青岛十九中2024-2025学年度第二学期期中检测 高一数学试题 2025.04 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目上；第I卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法可求，从而可求. 【详解】由题设有，故，故， 故选：D 2. 在等式①；②；③；④若，且，则；⑤非零向量，满足，则．其中正确的命题的个数是：（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的定义以及运算律、数乘的相关概念，可得答案. 【详解】对于①，，故①错误；对于②，，显然②正确； 对于③，，，故③错误； 对于④，由，则， 由，则，故④错误； 对于⑤，由，则，化简可得，所以，故⑤正确. 故选：B. 3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则可得相关线段长，将直观图复原为原图形，即可求得答案. 详解】由题意知，, 如图，将直观图复原为四边形，则四边形为平行四边形， 因为，是的中点，故，且, 故,故， 故选：C 4 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求，结合向量的夹角公式可求答案. 【详解】由模长公式， 由夹角公式. 故选：A 5. 已知向量，若向量与反向，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. 7 B. C. 17 D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助平面向量共线定理与投影向量定义计算即可得. 【详解】由向量与反向，故且， 即有，由向量在向量上的投影向量为， 可得，即，故， 则. 故选：D. 6. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积. 【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径， 设底面圆的半径为， 则有，所以， 于是圆锥的高为， 该圆锥的体积为：． 故选：A 7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示： 取线段的中点，连接，则， 因为正三棱锥的侧面积为，则，可得， 所以，，， 设点在底面的射影为点，则为正的中心，且， ， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上， 设球的半径为，则， 由勾股定理可得，即，解得， 因此，该正三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 8. 如图，在平面四边形中，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】首先在中，根据已知条件求出的长度.然后在中，利用余弦定理建立的关系，最后结合基本不等式求出的最小值. 【详解】在中，已知，，，即. 所以，同时.  在中，，根据余弦定可得：，即.  由基本不等式（当且仅当时取等号）. 将代入中，得到. 设，则.解得，即. 当且仅当取得最值. 故选：B. 二、选择题：本题共3个小题，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，有选错的得0分. 9. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形 B. 存在四个点可以构成正四面体 C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形 D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正方体的特征，结合选项即可找到对应的图形，即可求解. 【详解】对于A，如图四边形为平行四边形，所以A正确， 对于B，四面体是正四面体，所以B正确， 对于C，如图四面体中， ，故每个面都是直角三角形，所以C不正确， 对于D，如图四面体中， ，,均是直角三角形、为等边三角形，所以D正确， 故选：ABD． 10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则 B. 若，则符合条件的有两个 C. 若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心 D. 已知是内一点，若分别表示的面积，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理及比例的性质判断A，根据正弦定理及大边对大角判断B，根据数量积的运算得垂直判断C，根据向量的运算得出比例关系判断D. 【详解】由正弦定理知， 所以可得，由可得，故A正确； 由正弦定理可知，即，解得， 又，所以，故只有一解，所以三角形一解，故B错误； 因为 ，所以，所以点的轨迹经过的垂心，故C正确； 因为，所以， 设的中点分别为，如图， 则，即，所以，故D正确. 故选：ACD 11. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ） A. 复数对应的点位于第二象限 B. 为纯虚数 C. D. 复数的模为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用欧拉公式逐项计算出对应的复数，再判断作答. 【详解】对于A，，而，因此复数对应的点位于第一象限，A错误； 对于B，，因此为纯虚数，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，， 所以复数的模为，D正确. 故选：BD 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中，，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算可求得 的值，代入计算即可． 【详解】， ， ， ， . 故答案为： 13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.  【答案】 【解析】 【分析】设的面积为，三棱台的高为，可知，利用台体的体积公式可求得的值，再利用台体和锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设的面积为，三棱台的高为， 易知，且，则， 则，可得， ， 所以，沿平面截去三棱锥， 则剩余的部分几何体的体积为. 故答案为：. 14. 在锐角中，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由锐角三角形结合余弦定理可得，表示出，再结合对勾函数的性质可得答案． 【详解】因为锐角三角形中，，所以一定不为唯一的最大边， 所以只需， 所以，即， 所以， 又 当时，由对勾函数的性质可得， 所以． 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. 已知复数，，其中是实数. （1）若，求实数的值； （2）若是纯虚数， ①求； ②当时，的最小值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用复数乘方运算及复数相等求出a的值； （2）①利用复数除法结合纯虚数的定义，求出，再利用i乘方的周期性求解作答；②根据复数减法的几何意义求解即可. 【小问1详解】 复数，则， 又是实数，因此，解得， 所以实数的值是1． 小问2详解】 复数， 则， 因为是纯虚数，于是，解得， ①因此，又， 则， 即有， 所以． ②因为，所以， 所以，复数对应的点为， 因为，所以复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上， 因为，所以复数对应的点为， 表示复数对应的点与点距离， 如图所示，的最小值为 16. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且． （1）求角的大小； （2）若，边上的高为，求三角形的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得； （2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可. 【小问1详解】 因为，，为的内角，所以， 因为，所以可化为：， 即，即， 因为，解得：，即． 【小问2详解】 由三角形面积公式得，代入得：， 所以，由余弦定理得：， 解得：或舍去，即， 所以的周长为. 17. 在面角梯形中，已知，，，点F是BC边上的中点，点E是CD边上一个动点. （1）若E是CD边的中点，试用和表示； （2）①若，求的值 ②求的取值范围. 【答案】（1） （2）2； 【解析】 【分析】（1）结合几何图形，利用向量的线性运算用和表示； （2）①利用向量的线性运算、向量数量积的运算律即可求出的值. ②令且，同（1）应用向量数量积的运算律得到关于的表示式，即可求值. 【小问1详解】 在直角梯形中，，则， 由点E是CD边的中点，F是BC边的中点，得，即， 所以； 【小问2详解】 ，， 则，而，， 因此， 所以. ②令且， 由（1）知：， 则，而 因此， 所以的取值范围是. 18. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表： 0 0 3 0 0 （1）求出实数和函数的解析式； （2）将图象上所有点向右平移个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.已知图象的一个对称中心为，求的最小值； （3）在（2）的条件下，当取最小值时，若对，关于的方程恰有两个实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据表中数据可知，根据，可解得的值，从而得出解析式； （2）根据伸缩平移变换可得的解析式，结合为对称中心，从而求得的最小值； （3）在（2）的条件下结合，利用三角函数的性质，数形结合即可得解. 【小问1详解】 由题意得，所以，且， 所以，且，所以， 故，. 【小问2详解】 的图象向右平移个单位，得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）， 可得的图象， 因为图象的一个对称中心为， 则，得， 因为，所以当时，此时取得最小值为. 【小问3详解】 当取最小值时，， 当时，， 此时，如图： 恰有两个实数根， 结合图象可知，即， . 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围； （3）若，且. ①求的周长 ②求的值. 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换运算求解即可； （3）①设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长；②在中，根据余弦定理列方程组求解可得. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 则， 可得的周长 ， 又因为为锐角三角形，则，解得， 则，可得，， 所以的周长的取值范围为. 【小问3详解】 ①设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为； ③由在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 则， 即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$