湖南省三湘名校联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题 含解析

这是一份湖南省三湘名校联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题 含解析，共16页。试卷主要包含了 在复平面内，所对应的点位于， 在中，，记，则， 已知向量，则， 设复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由绝对值不等式的求解及交集运算可得结果.
【详解】因为，故.
故选：D.
2. 下列命题中为真命题的是（ ）
A. 圆柱的侧面展开图是一个正方形
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱
D. 球体是旋转体的一种类型
【答案】D
【解析】
【分析】利用各项概念的定义来进行判断即可.
【详解】对于A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误；
对于B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
对于C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误；
对于D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确，
故选：D.
3. 设外接圆的半径为，若，则的形状为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形
C. 钝角三角形D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理得到，求得，解得，即可得到答案.
【详解】设外接圆的半径为，
若，由正弦定理，可得，所以，
因为，可得，所以为直角三角形.
故选：B.
4. 在复平面内，所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数的乘除法运算，再根据复平面对的点求解即可.
【详解】由题意可得，其在复平面内所对应的点为，位于第二象限，
故选：B.
5. 在中，，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算用基底表示即可.
【详解】由题意可得，其中，
所以.
故选：C
6. 已知是实系数一元二次方程的一个复数根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入已知方程中，利用复数的四则运算化简，根据复数相等的条件列式求解，即可求解.
【详解】将代入方程可得，
即，故，解得，故.
故选：B
7. 已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，结合向量的数量积和模长的坐标计算，求解即可.
【详解】根据题意，可得，，则，
所以在向量上投影数量等于，
可得向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
8. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，则四边形的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理求出，在平面直角坐标系中还原，计算即可
【详解】由斜二测画法知，，
所以由余弦定理得，
，代入上式解得，，
，
,，
还原平面图如图，
即，，
，
四边形的周长为．
故选：C.
二､多选题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9. 已知向量，则（ ）
A. 是的充要条件
B. 是与的夹角为锐角的必要不充分条件
C. 是的充要条件
D. 是的充要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】由向量垂直、平行的坐标表示及夹角公式的坐标表示逐项判断即可.
【详解】对于A，由，故A正确；
对于B，由为锐角且不共线且，故B错误；
对于C，由或，故C正确；
对于D，时，可得：，
，此时，
仍满足，故D错误，
故选：AC.
10. 设复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的模的运算，共轭复数的性质，复数的乘除法运算逐项分析即可.
【详解】设，
由，则，
所以，即，故A正确；
代入可得，，所以，故B错误；
由，故C正确；
由，故D错误.
故选：AC.
11. 记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角形边角关系，结合正、余弦定理逐项判断即可.
【详解】对于A，因为，由正弦定理可知，
即，故A正确；
对于B，在边上取一点，使得，则，

，故，
在中，由正弦定理可得，
即，
故，故B错误；
对于C，由射影定理可得，
故，
因为，所以，
由余弦定理可得，
故，即，故C正确；
对于D，由B知，，可得，
故，
即，故，即，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理计算即可求解.
【详解】在中，由余弦定理可得
，
故答案为：.
13. 已知函数，则的图象经过定点__________；的值域为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对于空1，由恒成立可得解；对于空2，由函数值域和函数在上的值域即可求解.
【详解】因为恒成立，所以令得，
故的图象经过定点；
函数的定义域为R，所以函数的值域为，
因为在上单调递增，值域为，
所以函数的值域为.
故答案为；.
14. 菱形中，，点在线段上，且，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值从而得解．
【详解】因为，所以，
所以，
因为点在线段上，
可设
，
而，所以，解得，
所以，
则，
所以，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设，进一步将其表示成以，为基底的向量，从而可解.
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. 已知中，.
（1）求；
（2）证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由辅助角公式化简即可得解；
（2）由余弦定理及基本不等式得出不等关系，再由正弦定理即可得证.
【小问1详解】
由辅助角公式可得，
即，则，
又，故.
【小问2详解】
设中角的对边分别为，
由余弦定理且，
可得，
当且仅当时取等，
故.
由正弦定理可得，
又，故，即，得证.
16. 已知函数.
（1）求的定义域；
（2）证明：曲线关于直线对称；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据对数型复合函数的定义域求解即可；
（2）验证即可求证；
（3）根据对数型复合函数的单调性，及曲线关于直线对称求解不等式即可.
【小问1详解】
由，解得或，
故的定义域为.
【小问2详解】
因为，
所以，
又，
所以，即曲线关于直线对称.
【小问3详解】
对于函数，其在上单调递减，在上单调递增，
且在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
由（2）知，曲线关于直线对称，
要使，需满足，且，
解得.
17. 已知复数，（，且，），且.
（1）求的值；
（2）证明：；
（3）设，在复平面上对应的向量分别为，，若，求的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据复数的模公式直接化简计算即可；
（2）结合（1）及复数模的公式直接可得证；
（3）根据复数在复平面内点的坐标结合向量数量积公式直接计算.
【小问1详解】
由已知，则，，
所以，
又，则，
所以，
化简可得，
又，所以，即；
小问2详解】
由（1）得，
所以，
又，
所以；
【小问3详解】
设在复平面上对应的向量为，
在复平面上对应的向量为，
所以，
故，解得.
18. 已知将函数的图象向左平移个单位后所得函数的图象关于轴对称.
（1）求；
（2）求的相位及其最小正周期；
（3）当时，求使得不等式恒成立的对应的取值范围.
【答案】（1）
（2）相位为，最小正周期为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图象变换得，再根据对称性得，计算即可得到；
（2）由（1）得后可得出相位，根据最小正周期计算公式计算可得周期；
（3）令，，由题意得原不等式为，再根据正弦函数、余弦函数性质计算即可求解.
【小问1详解】
将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，
由题意该函数为偶函数，所以，
解得，
又因为，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，
故的相位为，
最小正周期为.
小问3详解】
令，因为，所以，
则原题等价于求使得不等式恒成立时，对应的取值范围，
注意到当或时，，
当时，单调递增，单调递减，又因为，
所以时，，不符合题意；
当时，，符合题意；时，单调递减，单调递增，
所以时，，符合题意.
综上，满足题意，此时.
19. 已知海面上两点处置有距离为海里的两个灯塔，游船在点时，与两点处灯塔的距离均为2海里.游船航行一段距离后，从两灯塔间穿过并抵达点，此时在点处灯塔测得.
（1）若两点的距离为海里，求的长度；
（2）求两点距离的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得结果；
（2）当时的长度即为两点距离的最小值，在中，由正弦定理得，其中为定值，又，可得，从而得到.
【小问1详解】
由题意知，，
故为以为直角顶点的等腰直角三角形，故，
又因为，且由题意得分布于直线两侧，所以，
有，
由余弦定理可得，
解得（海里）.
【小问2详解】
由题意知点始终位于以为起点的射线上，记该射线为.
注意到在（1）的条件下，故此时，即，
所以此时的长度即为两点距离的最小值；
由于游船从两灯塔间穿过，即与存在异于端点的交点，设为点.由正弦定理得，在中，，
其中为定值，故增大时，减小，
又因为，
因为，所以，故，
因为，
所以，
故（海里）.