辽宁省沈文新高考研究联盟2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测数学试题

秘密★启用前 2024-2025（下）期末质量监测 高 一 数 学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 高一数学 页 学科网（北京）股份有限公司 1.如果复数满足，那么的最小值是 A. B. C. D. 2.已知点在第三象限，则角的终边在第几象限 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.已知，则“”是“，”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4.已知点，，，则在上的投影向量的坐标为 A. B. C. D. 5.如图，已知正六边形，下列向量的数量积中最大的是 A. B. C. D. 6.如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，，则塔高为 A. B. C. D. 7.在空间中，，是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是 A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 8.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则该勒洛四面体内切球的半径是 A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，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.已知向量，，则 A. 若，则 B. 若，则 C. 若向量与的夹角为锐角，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量为 10.已知为斜三角形，角的对边分别为，且，则 A. B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，则 11.如图，长方体中，，，点是线段的中点，点为线段中点，则下列说法正确的是 A. 长方体被平面截得的截面是一个五边形 B. 长方体被平面截得的截面面积为 C. 与平面平行 D. 三棱锥的体积为 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15 分） 12.已知，则          ． 13.已知平面单位向量，满足设，，向量，的夹角为，则的最小值是          ． 14.已知三边分别为，且则边所对应的角大小为          ，此时，如果，则的最大值为          ． 四、解答题（本大题共5小题，共 77 分。解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知，． 求的值； 求的值． 16．在中，角，，所对的边分别为，，，满足． 求的大小； 若，的面积为，求的周长． 17．如图所示，梯形是水平放置的四边形根据斜二测画法得到的直观图，其中，，，． 画出原四边形； 分别求出原四边形与梯形的面积． 18．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，三点共线，点不在直线上，满足． 求的值； ，，，，若的最小值为，求的最大值． 19． 材料一： 我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积，且一次因式的个数包括重复因式就是被分解的多项式的次数事实上，数学中有如下定理： 代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根． 材料二： 由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积进而，一元次多项式方程有个复数根重根按重数计． 下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系． 设实系数一元二次方程 在复数集内的根为，容易得到 设实系数一元三次方程 在复数集内的根为，可以得到，方程可变形为 展开得： 比较可以得到根与系数之间的关系： 阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题： 对于方程在复数集内的根为，求的值； 如果实系数一元四次方程在复数集内的根为，试找到根与系数之间的关系； 已知函数，对于方程在复数集内的根为，当时，求的最大值． $$高一数学 第 1 页，共 4 页 秘密★启用前 2024-2025（下）期末质量监测 高 一 数 学 本试卷满分 150 分 考试时间 120 分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共 58 分） 一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有 且只有一项是符合题目要求的） 1.如果复数𝑧满足|𝑧 + 2𝑖| + |𝑧 − 2𝑖| = 4，那么|𝑧 + 𝑖 + 1|的最小值是 A. 1 B. √ 2 C. 2 D. √ 5 2.已知点𝑃(𝑡𝑎𝑛𝛼, 𝑐𝑜𝑠𝛼)在第三象限，则角𝛼的终边在第几象限 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.已知𝛼 ∈ 𝑅，则“𝑐𝑜𝑠𝛼 = − 1 2 ”是“𝛼 = 2𝑘𝜋 + 2𝜋 3 ，𝑘 ∈ 𝑍”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4.已知点𝐴(1,0)，𝐵(0,2)，𝐶(3,2)，则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗在𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗上的投影向量的坐标为 A. (− 1 2 , 1 2 ) B. ( 1 2 , − 1 2 ) C. ( 1 2 , 1 2 ) D. (− 1 2 , − 1 2 ) 5.如图，已知正六边形𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4𝑃5𝑃6，下列向量的数量积中最大的是 A. 𝑃1𝑃2 → ⋅ 𝑃1𝑃3 → B. 𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⋅ 𝑃1𝑃4⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ C. 𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⋅ 𝑃1𝑃5⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ D. 𝑃1𝑃2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⋅ 𝑃1𝑃6⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 6.如图所示，为测量河对岸的塔高𝐴𝐵，选取了与塔底𝐵在同一水平面内的两个测量基点𝐶 与𝐷，现测得tan∠𝐴𝐶𝐵 = 3 4 ，𝐶𝐷 = 50𝑚，cos∠𝐵𝐶𝐷 = √ 5 5 ，cos∠𝐵𝐷𝐶 = 3 5 ，则塔高𝐴𝐵为 A. 15√ 3𝑚 B. 20√ 3𝑚 C. 15√ 5𝑚 D. 20√ 5𝑚 7.在空间中，𝑙，𝑚是不重合的直线，𝛼，𝛽是不重合的平面，则下列说法正确的是 A. 若𝑙 ⊂ 𝛼，𝑚 ⊂ 𝛽，𝛼//𝛽，则𝑙//𝑚 B. 若𝑙//𝑚，𝑚 ⊂ 𝛽，则𝑙//𝛽 高一数学 第 2 页，共 4 页 C. 若𝛼 ⊥ 𝛽，𝛼 ∩ 𝛽 = 𝑚，𝑙 ⊥ 𝑚，则𝑙 ⊥ 𝛽 D. 若𝑙 ⊥ 𝛼，𝑙//𝑚，𝛼//𝛽，则𝑚 ⊥ 𝛽 8.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体 是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在 勒洛四面体中，正四面体𝐴𝐵𝐶𝐷的棱长为2，则该勒洛四面体内切球的半径是 A. 6−2√ 3 3 B. 4−√ 6 2 C. √ 6 2 D. √ 6 6 二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题所给的四个选项中，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.已知向量𝑎 = (1,2)，?⃗? = (3,𝑚)，则 A. 若𝑎 //?⃗? ，则𝑚 = −6 B. 若𝑎 ⊥ ?⃗? ，则𝑚 = − 3 2 C. 若向量𝑎 与?⃗? 的夹角为锐角，则𝑚 > − 3 2 D. 若𝑚 = −1，则向量𝑎 在向量?⃗? 上的投影向量为 1 10 ?⃗? 10.已知△𝐴𝐵𝐶为斜三角形，角𝐴,𝐵, 𝐶的对边分别为𝑎, 𝑏, 𝑐，且𝑐 = 2𝑎sin𝐵，则 A. 1 tan𝐴 + 1 tan𝐵 = 2 B. 𝑏 𝑎 + 𝑎 𝑏 的最小值为2 C. 若𝐶 = 𝜋 4 ，则𝑎2 + 𝑏2 = 2√ 2𝑎𝑏 D. 若 𝑏 𝑎 + 𝑎 𝑏 = √ 6，则𝐶 = 5𝜋 12 11.如图，长方体𝐴𝐵𝐶𝐷 − 𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵 = 𝐵𝐶 = 4，𝐴𝐴1 = 3，点𝑀 是线段𝐷1𝐶1的中点，点𝑁为线段𝐵1𝐶1中点，则下列说法正确的是 A. 长方体被平面𝐴𝑀𝑁截得的截面是一个五边形 B. 长方体被平面𝐴𝑀𝑁截得的截面面积为7√ 6 C. 𝐵𝐶1与平面𝐴𝑀𝑁平行 D. 三棱锥𝐴1 − 𝐴𝑀𝑁的体积为6 第Ⅱ卷 非选择题（共 92 分） 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12.已知𝑡𝑎𝑛𝛼 = 2，则 𝑠𝑖𝑛𝛼+𝑐𝑜𝑠𝛼 sin𝛼−cos𝛼 = ． 13.已知平面单位向量𝑒1⃗⃗ ⃗，𝑒2⃗⃗ ⃗满足|2 𝑒1⃗⃗ ⃗ − 𝑒2⃗⃗ ⃗ | ⩽ √ 2.设?⃗? = 𝑒1⃗⃗ ⃗ + 𝑒2⃗⃗ ⃗，?⃗? = 3𝑒1⃗⃗ ⃗ + 𝑒2⃗⃗ ⃗，向量𝑎 ，?⃗? 的夹角为𝜃，则cos2𝜃的最小值是 ． 高一数学 第 3 页，共 4 页 14.已知𝛥𝐴𝐵𝐶三边分别为𝑎, 𝑏, 𝑐，且𝑎2 + 𝑐2 = 𝑏2 + 𝑎𝑐则边𝑏所对应的角𝐵大小为 ，此 时，如果𝐴𝐶 = 2√ 3，则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗的最大值为 ． 四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分。解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤） 15．已知 𝜋 2 < 𝛼 < 𝜋，sin𝛼 = 3 5 ． (1)求tan𝛼的值； (2)求 sin(𝜋+𝛼)−2cos( 𝜋 2 −𝛼) −sin(−𝛼)+cos(𝜋−𝛼) 的值． 16．在△ 𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，满足2𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴 = √ 3(𝑎2 + 𝑐2 − 𝑏2)． (1)求𝐵的大小； (2)若𝑏 = 3，△𝐴𝐵𝐶的面积为 9√ 3 4 ，求△𝐴𝐵𝐶的周长． 17．如图所示，梯形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′是水平放置的四边形𝐴𝐵𝐶𝐷根据斜二测画法得到的直观图，其 中𝐴′𝐷′ //𝑂′𝑦′，𝐴′𝐵′ //𝐶′𝐷′，𝐴′𝐵′ = 2 3 𝐶′𝐷′ = 2，𝐴′𝐷′ = 𝑂′𝐷′ = 1． (1)画出原四边形𝐴𝐵𝐶𝐷； (2)分别求出原四边形𝐴𝐵𝐶𝐷与梯形𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′的面积． 18．在平面直角坐标系中，𝑂为坐标原点，𝐴，𝐵，𝐶三点共线，点𝑂不在直线𝐴𝐵上，满足 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 1 3 𝑂𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝜆 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． (1)求𝜆的值； (2)𝐴(1, cos𝑥)，𝐵(1 + cos𝑥, cos𝑥)，𝑥 ∈ [0, 𝜋 2 ]，𝑓(𝑥) = 𝑂𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⋅ 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ − (2𝑚 + 2 3 )| 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ |，若𝑓(𝑥)的 高一数学 第 4 页，共 4 页 最小值为𝑔(𝑚)，求𝑔(𝑚)的最大值． 19． 材料一： 我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成 一次因式的乘积，且一次因式的个数(包括重复因式)就是被分解的多项式的次数.事实上， 数学中有如下定理： 代数基本定理：任何一元𝒏(𝒏 ∈ 𝑵∗)次复系数多项式方程𝒇(𝒙) = 𝟎至少有一个复数根． 材料二： 由代数基本定理可以得到：任何一元𝑛(𝑛 ∈ 𝑁∗)次复系数多项式𝑓(𝑥)在复数集中可以分 解为𝑛个一次因式的乘积.进而，一元𝑛次多项式方程有𝑛个复数根(重根按重数计)． 下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系． 设实系数一元二次方程𝑎2𝑥 2 + 𝑎1𝑥 + 𝑎0 = 0(𝑎2 ≠ 0) 在复数集𝐶内的根为𝑥1､𝑥2，容易得到{ 𝑥1 + 𝑥2 = − 𝑎1 𝑎2 𝑥1𝑥2 = 𝑎0 𝑎2 设实系数一元三次方程𝑎3𝑥 3 + 𝑎2𝑥 2 + 𝑎1𝑥 + 𝑎0 = 0(𝑎3 ≠ 0)① 在复数集𝐶内的根为𝑥1､𝑥2､𝑥3，可以得到，方程①可变形为𝑎3(𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)(𝑥 − 𝑥3) = 0 展开得：𝑎3𝑥 3 − 𝑎3(𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3)𝑥 2 + 𝑎3(𝑥1𝑥2 + 𝑥1𝑥3 + 𝑥2𝑥3)𝑥 − 𝑎3𝑥1𝑥2𝑥3 = 0② 比较①②可以得到根与系数之间的关系： { 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = − 𝑎2 𝑎3 𝑥1𝑥2 + 𝑥1𝑥3 + 𝑥2𝑥3 = 𝑎1 𝑎3 𝑥1𝑥2𝑥3 = − 𝑎0 𝑎3 阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题： (1)对于方程3𝑥3 + 2𝑥2 − 𝑥 + 5 = 0在复数集𝐶内的根为𝑥1､𝑥2､𝑥3，求𝑥1 2 + 𝑥2 2 + 𝑥3 2的值； (2)如果实系数一元四次方程𝑎4𝑥 4 + 𝑎3𝑥 3 + 𝑎2𝑥 2 + 𝑎1𝑥 + 𝑎0 = 0(𝑎4 ≠ 0)在复数集𝐶内的根 为𝑥1､𝑥2､𝑥3､𝑥4，试找到根与系数之间的关系； (3)已知函数𝑔(𝑥) = 𝑥3 + 𝑏𝑥 + 2，对于方程𝑔(𝑥) = 𝑘在复数集𝐶内的根为𝑥1､𝑥2､𝑥3，当𝑘 ∈ [0,1]时，求𝑥1 3 + 𝑥2 3 + 𝑥3 3的最大值． 2024-2025（下）期末质量监测 高 一 数 学 参考答案 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A B B C A C D B BD AC ABD 12.3 13.   14.   15. 解：因为，则，又， 所以，则． 所以． 原式．  16. 解：因为， 所以， 由余弦定理得，， 由正弦定理得， 因为，所以， 所以，即， 又，所以． 因为，所以， 由余弦定理得，， 因为，所以，解得， 所以的周长为．  17. 解：如图，建立平面直角坐标系， 在轴上截取，．  在过点的轴的平行线上截取． 在过点的轴的平行线上截取，连接， 即可得到原四边形． 原四边形是直角梯形，且，，． 所以其面积为． 易得直观图中梯形的高为， 又，， 所以其面积为．  18. 解：由题意，因为三点共线，则， 则有， 由题意，不共线，而， 于是，解得， 从而的值为． 由题意，知，， ， ， 函数 ， 令，因为，所以， 令，． 当时，的最小值为，即 当时，的最小值为，即 当时，的最小值为，即． 综上所述， 可得的最大值为，即的最大值为．   19. 解： 由阅读材料可知：，且 有：； 由材料可知：一元四次方程可改写为 展开得： 故可得： 由题有的三个实根为． 设， 展开得， 故， 则， 又，故， 综上：当时，的最大值为； 注：具体评分变更信息（分值、答案等）请阅卷教师关注阅卷群。 高一数学答案 第 学科网（北京）股份有限公司 $$