精品解析：江苏省南通市海安市2024-2025学年高一下学期4月期中学业质量监测数学试卷

2024~2025学年度第二学期期中学业质量监测试卷 高一数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1 已知平面向量，，，则（ ） A B. C. 6 D. 8 2. 复数的实部与虚部分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 3. 已知圆锥的高为1，母线长为2，则底面圆的周长为（ ） A. B. C. D. 4. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线为（ ） A. B. C. D. 5. 用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（ ） A B. C. D. 6. 若函数在区间上有且仅有两个零点，则的最小值为（ ） A B. C. D. 7. 已知平面向量，的夹角为（为常数），，，的最小值为3，则（ ） A B. 或 C. D. 或 8. 若，则（ ） A. －3 B. C. D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 半圆绕其直径旋转一周后形成的几何体为球 B. 棱柱至少有5个面 C. 任意面体都可以分割成个棱锥 D. 棱，，延长后交于一点的多面体一定是三棱台 11. 已知函数，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 试写出的两个值：_____、_____，使得为奇函数． 13. 为测量河北岸两点，之间的距离（不可到达），现在河南岸选定两点，，并测得，，，则_____． 14. 已知平面向量，的夹角为，，，则_____；若非零向量满足：，则的最小值为_____． 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. 已知是虚数，． （1）求证：是实数； （2）在复平面内对应的点在射线上，，求实数，的值． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，，，均为锐角，求． 17. 在平面四边形中，，． （1）设、分别为、的中点． （i）证明：； （ii）若，求与夹角的余弦值． （2）求的值． 18. 在中，角A，B，所对的边分别为，，，且． （1）求的值； （2）点在边上，，． （i）求面积的最大值； （ii）求的最小值． 19. 设单位圆上三点、、等分圆周，为圆上一点，定义：为“距积”，为“距和”． （1）为便于解答（2）、（3），请你选择合适的变量表示出、、； （2）求“距和”的最大值； （3）求“距积”的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年度第二学期期中学业质量监测试卷 高一数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1 已知平面向量，，，则（ ） A. B. C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可． 【详解】由得，，解得， 故选：B． 2. 复数的实部与虚部分别为（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，结合复数的概念可得出合适的选项. 【详解】因为，所以复数的实部为，虚部为. 故选：B. 3. 已知圆锥的高为1，母线长为2，则底面圆的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据勾股定理求得圆锥的底面半径即可求解. 【详解】圆锥的底面半径为， 所以底面圆的周长为， 故选：D. 4. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换分析求解． 【详解】曲线向左平移个单位长度得，， 故选：C． 5. 用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出直观图，求出直观图三角形的高，结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】如下图所示， 在等边三角形中，为的中点，则，且， 在其斜二测直观图中，，则点到的距离为， 所以的直观图面积为. 故选：A. 6. 若函数在区间上有且仅有两个零点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，由可求出的取值范围，结合题意可得出关于实数的不等式，解出的范围即可得出合适的选项. 详解】由可得， 因为，当时，， 因为函数在区间上有且仅有两个零点， 所以，，解得，即的最小值为. 故选：C. 7. 已知平面向量，的夹角为（为常数），，，的最小值为3，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量减法的几何意义，作出图形即可求解． 【详解】的几何意义如图所示， 因为的最小值为3， 所以在中，，所以， 所以， 因为与的夹角有两种情况，即或， 所以或， 故选：D． 8. 若，则（ ） A. －3 B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式，两角差的余弦公式，诱导公式及同角三角函数的商数关系即可求解． 【详解】 ， 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】举反例即可判断AB；根据复数的除法运算及模的计算公式即可判断C；根据复数加减法的几何意义即可判断D． 【详解】对于A，设，， 则，，，故A错误； 对于B，设，，则，但与不能比较大小，故B错误； 对于C，设，且， ， 则 ，故C正确； 对于D，在复平面内，对应的向量为，则对应的向量为如图所示， 由三角不等式可得，，即，故D正确； 故选：CD． 10. 下列结论正确的是（ ） A. 半圆绕其直径旋转一周后形成的几何体为球 B. 棱柱至少有5个面 C. 任意面体都可以分割成个棱锥 D. 棱，，延长后交于一点的多面体一定是三棱台 【答案】ABC 【解析】 【分析】A根据球的定义可判断；B以三棱柱为例；C在其内部任取一点即可以为顶点以面体的个面为底面构成三棱锥；D用不与底面平行的平面截三棱锥即可. 【详解】A，根据球的定义可知A正确； B，面最少的棱柱为三棱柱，其共有5个平面，故B正确； C，任意面体，在其内部任取一点，则以点为顶点，以面体的个面为底面即可构成个棱锥，故C正确； D，用一个平面去截三棱锥，要求该平面与侧棱均相交，但不与底面平行，所形成的多面体不是三棱台，故D错误. 故选：ABC 11. 已知函数，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用诱导公式、辅助角公式化简的表达式，结合正弦函数的有界性可判断A选项；利用诱导公式、三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的有界性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；解出、的值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，则 ， 所以，，A对； 对于B选项，因，则， 所以， 所以 ， 为锐角，且，所以，B对； 对于C选项，因为，为锐角，且， 不妨取，， 则，， 此时，但，C错； 对于D选项，因为，即， 所以，， 因为，为锐角，则， 不妨设，则，所以， 所以，故，D对. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 试写出的两个值：_____、_____，使得为奇函数． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】根据正切函数的奇偶性及诱导公式即可求解． 【详解】因为为奇函数，所以满足题意； 当时，，， 因为，为奇函数，所以满足题意， 故答案为：0，． 13. 为测量河北岸两点，之间的距离（不可到达），现在河南岸选定两点，，并测得，，，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，求得，在中由正弦定理得，在中，由余弦定理即可求解． 【详解】由，，得，， 所以， 中，， 由正弦定理得，，则， 在中，由余弦定理得，， 解得， 故答案为：． 14. 已知平面向量，的夹角为，，，则_____；若非零向量满足：，则的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解；设且，由得且，根据平面向量模的坐标运算即可求解． 【详解】，所以； ，且， 不妨设且，则， 由得，，即，则， 由，则，解得， 则， 所以， 所以的最小值为； 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. 已知是虚数，． （1）求证：是实数； （2）在复平面内对应的点在射线上，，求实数，的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，且，根据复数的除法运算即可证明； （2）由条件得出，代入方程即可求解． 【小问1详解】 证明：设，且， ． 【小问2详解】 由题可知，，则，解得或（舍）， 所以，代入方程得，， 整理得，， 所以，解得． 16. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，，，均为锐角，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平方差公式，二倍角公式及辅助角公式求得，再根据正弦函数的周期公式即可求解； （2）由（1）及求得，再由及同角三角函数的平方关系求得，根据两角和的余弦公式即可求解． 【小问1详解】 ， 所以． 【小问2详解】 ，则， 因为，所以，又， 所以，则， 所以 ，所以， 由，为锐角，所以，解得， 由，均为锐角，则， ， 所以． 17. 在平面四边形中，，． （1）设、分别为、的中点． （i）证明：； （ii）若，求与夹角的余弦值． （2）求的值． 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）. （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由平面向量的加法得出，两式相加可证得结论成立； （ii）由可得出结合平面向量数量积的运算性质可求得的值，即为所求； （2）利用平面向量的线性运算得出，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【小问1详解】 （i）如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以，， 因，两个等式相加得； （ii）因为， 则， 即，解得， 即与夹角的余弦值为. 【小问2详解】 ， 因此. 18. 在中，角A，B，所对的边分别为，，，且． （1）求的值； （2）点在边上，，． （i）求面积的最大值； （ii）求的最小值． 【答案】（1） （2）；. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合余弦定理可得答案； （2）（i）由题可得，则，然后由基本不等式可得 ，结合可得答案； （ii）设，由，则，结合， 可得，然后由分离常数，整体代换结合基本不等式可得答案. 【小问1详解】 因，由正弦定理边角互化可得： ； 【小问2详解】 （i）因，则， 又注意到， ，则 ，由基本不等式，， 又由（1），，则. 当且仅当，即时取等号. （ii）设，则，其中. 又，则. 由（1）可得， 则. 注意到. 对于，令，其中. 则， ， 当且仅当，即时取等号. 则， 则. 【点睛】关键点睛：对于三角形中的最值问题，常利用正余弦定理，向量，基本不等式处理；对于分式型代数式的最值，常利用分离常数，上下同除，整体换元等方法来处理. 19. 设单位圆上三点、、等分圆周，为圆上一点，定义：为“距积”，为“距和”． （1）为便于解答（2）、（3），请你选择合适的变量表示出、、； （2）求“距和”的最大值； （3）求“距积”的最大值． 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，取点，写出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式化简可得出、、的表达式； （2）由对称性，不妨设，化简、、的表达式，利用三角恒等变换结合正弦函数的基本性质可求得的最大值； （3）由对称性，不妨设，化简的表达式，利用三元基本不等式可求得的最大值. 【小问1详解】 以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系， 则点、、，设点， 则， ， . 【小问2详解】 由对称性，不妨设，则，则，， 所以，， ， 同理可得， 所以， ， 因为，则， 故当时，即当时，“距和”取最大值. 【小问3详解】 由对称性，设， 由（2）可得 ， 所以， ，即， 当且仅当时，由于， 故当时，即当时，“距积”取最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$