精品解析：山东省东营市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2024—2025学年度第二学期期末质量监测 高一数学 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，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知复数（其中i为虚数单位），则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合复数的运算求得，即可得z的虚部. 【详解】由题意可得：， 所以z的虚部为. 故选：D. 2. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出斜边OP的长，再根据余弦的定义解即可，其中O为坐标系原点. 【详解】设角的终边过,则有. . 故选：A. 【点睛】考查三角函数定义式的推广式. 设是一个任意大小的角，的终边上任意一点P的坐标是， 它与原点的距离是，则. 3. 已知平面向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据向量共线求解出参数的值，然后根据坐标运算即可计算出的结果. 【详解】因为，，且， 所以，， 故选：A. 4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理结合条件即可求得正确答案. 【详解】由题可知  ， 在△BAD中由正弦定理得：， 即， 又因为在中，， 所以 故选：D 5. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是矩形的平行六面体是长方体 B. 正四面体的高为其棱长的倍 C. 用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 【答案】C 【解析】 【分析】由长方体的结构特征判断A；根据正四面体的定义求解判断B；由正方体的结构特征，作出截面即可判断C； 根据圆锥的结构特征，即可判断D. 【详解】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确； 对于B，设棱长为a，正四面体的高是从一个顶点垂直于对面的高度， 所以底面的等边三角形的高为， 底面的重心将高分为， 又正四面体的高h与侧棱a和底面重心到顶点的距离构成直角三角形： 所以，故B不正确； 对于C，用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形， 如图所示：   ， 故C正确； 对于D，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长， 设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为， 显然当，面积最大， 故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误. 故选：C. 6. 若，且是第三象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式结合同角三角关系可得，再利用诱导公式运算求解. 【详解】因为，即， 且是第三象限角，则， 所以. 故选：B. 7. 如图，在平行四边形中，，，E为的中点，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设的长为，又，，根据数量积的运算律及定义得到方程，解得即可. 【详解】设的长为，因为，， 所以 ，解得或（舍去）．    故选：A 8. 将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若为奇函数，则ω的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用平移思想，结合函数平移得到的是奇函数，可得的取值可能，从而可得最小值. 【详解】函数的图象向左平移个单位， 得到函数， 由为奇函数，则， 因为，所以的最小值是. 故选：A 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计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. 已知复数z，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由已知可得，则复数不确定，即可判断；对于B，由于，可得，即可判断；对于C，由， 可得在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由表示单位圆上的点与点的距离，即可求得的范围，即可判断；对于D，设，计算求得及，即可判断. 【详解】根据题意，对于选项A，设，由于， 所以，则复数不确定，故选项A不正确； 对于选项B，设，由于， 所以，则，所以，，则，故选项B正确； 对于选项C，设，由于，所以， 所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆， 因为表示单位圆上的点与点的距离， 所以的最小值为，最大值为， 所以，故选项C正确； 对于选项D，设，， ， 当时，， 例如，，，， 所以选项D错误. 故选：BC． 10. 已知O是所在平面内一点，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 外接圆的半径为 B. 内切圆的半径为 C. 若O是的外心，则在上的投影向量为 D. 若O是的垂心，则在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解判断A；利用三角形面积公式计算判断B；利用投影向量的意义求解判断CD. 【详解】对于A，在中， ，则， 由余弦定理得，即. 设外接圆的半径，由正弦定理可得，则，A正确； 对于B，的面积为，设内切圆的半径为， 则，解得，B错误； 对于C，若为的外心，结合投影向量定义可得在上的投影向量为，C正确. 对于D， ，若为的垂心， 则在上的投影向量为，D正确. 故选：ACD 11. 已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（ ） A. 的体积为 B. 的体积为 C. 经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D. 的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥，根据圆台和圆锥的体积公式计算可判断A；该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥，根据圆锥的侧面积、体积公式可判断BD；该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆，该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆，根据圆面积公式可判断C； 【详解】如图，过点A作直线的垂线，垂足为，过点A作直线的垂线，垂足为， 由题意得， 所以，即， 所以，所以， 对于A：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥， 其中圆台的2个底面半径分别为，高为， 圆锥的底面半径为，高为， 所以的体积为，故正确； 对于D：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥， 其中大圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 小圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 则的表面积为2个大圆锥和2个小圆锥的侧面积组成， 所以的表面积为，故D正确； 对于B：由D知的体积为，故B正确. 对于C：该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆， 该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆， 所以经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为，故C错误； 故选：ABD. 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，共计15分. 12. 已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积. 【详解】由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径， 则外接球的半径， 所以该三棱柱的外接球的体积为. 故答案为：. 13. 已知，且，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】由同角三角函数基本关系式求出，再根据两角差的余弦公式即可得结果. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以， 故的值为. 故答案为： 14. 设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.已知，则________；若，则________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题可先根据切比雪夫多项式的定义求出的表达式，再利用三角函数的相关公式化简计算可得，先求，进而化简计算可得结果. 【详解】时，由，可得, 时，由，可得, 时，由 ， 可得, 所以， ，得. 由，即，， 结合，可得. . 故答案为：； 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，由，求出，由此求出角A． （2）由余弦定理得，从而，由此能求出的面积． 【小问1详解】 由正弦定理可得： 由两角和的正弦公式. 因为在中，，则， 所以， 因为，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 已知，，，根据余弦定理代入可得： ，化简可得， 解得或（舍） 根据三角形面积公式可得. 16. 已知函数的部分图像，如图所示. （1）求函数的解析式； （2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）结合三角函数的图像求参数的值即可得解； （2）由三角函数图像的平移和伸缩变换求出函数的解析式，再结合三角函数单调区间的求法即可. 【小问1详解】 由题图得， 因为，∴. 由，得， 所以，解得. 又因为，∴当时，. 又由，得. 故. 【小问2详解】 将 的图像向右平移个单位， 得到的图像， 再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变， 得到的图像. 由，，得， 当时，；当时，， 因为，所以函数在区间上的单调递增区间为， 17. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为. （1）求，并求当取得最大值时的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1），时，取得最大值； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出、、关于的表达式，利用三角恒等变换化简函数的表达式即可，并写出该函数的定义域，由可求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值； （2）由可求出的取值范围，由可得出，可得出的取值范围，解之即可. 【小问1详解】 根据题意可知，，， 所以， 整理得 . 即. 所以，显然时，取得最大值，此时. 【小问2详解】 由，可得， 因为，所以，解得， 即不等式解集为. 18. 如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M. （1）求角A的大小； （2）若，求的值； （3）若，且点G是的重心，求线段的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用面积公式和余弦定理化简得到，求出，可得； （2）由三点共线得到，，从而得到方程组，求出，得到答案； （3）由重心定义得到，进而求出，根据三角形面积公式得到， 两边平方，结合基本不等式运算求解. 小问1详解】 因为，则， 可得， 则，可得， 又因为，则， 则，所以； 【小问2详解】 由题意可得：，， 由D、M、C三点共线得， 由B、M、E三点共线可得， 则，解得， 可得，可得， 所以； 【小问3详解】 由重心定义得，则， 又因，可得， 可得 ， 当且仅当时，等号成立， 即，所以线段GM的最小值为. 19. 如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可； （2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证； （3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合函数的单调性即可求得的最大值，即可得出结果. 【小问1详解】 因为的“完美坐标”为，则， 又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为， 所以，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 所以 ， 即. 【小问3详解】 因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由（2）得 . 令，则 因为，所以，则， 又， 即， 所以，. 已知恒成立，即对恒成立. 因时，，所以对恒成立. 令，，单调递增， 当时，. 所以，即实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第二学期期末质量监测 高一数学 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的. 1. 已知复数（其中i为虚数单位），则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，且，则（ ） A B. C. D. 4. 圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ） A. B. C D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是矩形的平行六面体是长方体 B. 正四面体的高为其棱长的倍 C. 用一个平面截正方体，得到截面可能为五边形 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 6. 若，且是第三象限角，则（ ） A B. C. D. 7. 如图，在平行四边形中，，，E为的中点，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若为奇函数，则ω的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数z，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 10. 已知O是所在平面内一点，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 外接圆的半径为 B. 内切圆的半径为 C. 若O是的外心，则在上的投影向量为 D. 若O是的垂心，则在上的投影向量为 11. 已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（ ） A. 的体积为 B. 的体积为 C. 经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为 D. 的表面积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 13. 已知，且，则________. 14. 设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.已知，则________；若，则________. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求面积. 16. 已知函数的部分图像，如图所示. （1）求函数的解析式； （2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间. 17. 如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为. （1）求，并求当取得最大值时的值； （2）若，求的取值范围. 18. 如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M. （1）求角A的大小； （2）若，求的值； （3）若，且点G是的重心，求线段的最小值. 19. 如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$