广东省清远市三校联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广东省清远市三校联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版），共19页。试卷主要包含了 已知向量，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置．
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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．
5.考试结束后，将本试题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. 复数z满足，则虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量，则（ ）
A 2B. 3C. 4D. 5
4. 在中，已知，则角（ ）
A B. C. D.
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度
6. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（ ）

A. B. 4C. D.
7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮最低点距离地面高度为，转盘半径为，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要．在运行一周的过程中，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，则关于的函数解析式为（ ）

A. B.
C. D.
8. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交两边于两点，且，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D. 2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 若与垂直，则B. 若，则的值为
C. 若，则D. 若，则与的夹角为
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 已知，则
C. 已知，，，则最小内角的度数为
D. 若，，，则满足条件的三角形有两个
11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为9π
B. 三棱锥体积最大值为9
C. 的取值范围是
D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则_______．
13. 若，请写出一个符合条件的虚数__________.
14. 在中，.为所在平面内的动点，且，则的取值范围是___________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 在中，已知，，．
（1）求；
（2）如为的中点，求的长．
16. （1）已知向量，，若，求的值；
（2）、的夹角为，，，求的值.
17. 已知，其中
（1）求；
（2）求．
18. 函数的部分图像如图所示．
（1）求的解析式；
（2）已知函数，，求的最大值．
19. 如图所示，正四面体棱长4，，，分别在棱，，上，.
（1）求的最小值；
（2）求三棱锥体积最大时的面积.
广东省清远市三校联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置．
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效．
4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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．
5.考试结束后，将本试题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. 复数z满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除运算化简得出复数，再应用共轭复数定义得出虚部.
【详解】，则，故的虚部为.
故选：D.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角差的余弦公式即可求解.
【详解】.
故选：B
3. 已知向量，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后求得.
【详解】因为，所以.
故选：D
4. 在中，已知，则角（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】在中，∵，
，
∴由余弦定理可得：.
，.
故选：C.
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度
【答案】C
【解析】
【分析】
根据平移变换的规则可得正确的选项.
【详解】函数，其图象可由的图象左移个单位长度而得，
故选：C．
6. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（ ）

A. B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直观图还原原图形，再求出面积即可.
【详解】

如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，其中
所以原图形的面积为.
故选：D.
7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．如图，某摩天轮最低点距离地面高度为，转盘半径为，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要．在运行一周的过程中，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，则关于的函数解析式为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的信息设出函数解析式，再逐一求出参数值即可.
【详解】依题意，设关于函数解析式为，
由转盘半径为，得，由最低点距离地面高度为，得，解得，
由转一周大约需要，得，解得，又当时，，
即，而，解得，
因此，或，A正确，BCD错误
故选：A
8. 如图所示，已知点是的重心，过点作直线分别交两边于两点，且，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用重心的性质结合平面向量共线定理得到，最后利用‘1’的代换结合基本不等式求解最值即可.
【详解】∵是的重心，，
又，结合题意知，
因为三点共线,
当且仅当即时取等号，的最小值为，故A正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是找到利用平面向量共线定理得到，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 若与垂直，则B. 若，则的值为
C. 若，则D. 若，则与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，结合向量垂直的坐标表示，数量积的坐标运算，模的坐标表示，以及向量夹角的公式，逐项求解，即可得到答案.
【详解】因为向量，，
对于A中，若与垂直，可得，解得，所以A不正确；
对于B中，若，可得，解得，即，
则，所以B正确；
对于C中，若，可得，则，
所以，所以C正确；
对于D中，若，可得，则，
此时，所以D错误.
故选：BC.
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列结论正确的有（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 已知，则
C. 已知，，，则最小内角的度数为
D. 若，，，则满足条件的三角形有两个
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦函数性质即可判断A；利用余弦定理即可判断B；根据大边对大角结合余弦定理即可判断C；利用正弦定理即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
又因为，
所以或，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，由，
得，
所以，
则，
又，所以，故B正确；
对于C，因为，所以角为最小角，
则，
又，所以，即最小内角的度数为，故C正确；
对于D，因为，
满足条件的三角形不存在，故D错误.
故选：BC.
11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为9π
B. 三棱锥体积最大值为9
C. 的取值范围是
D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；对于选项B：直接求出三棱锥体积的最大值；对于选项C：先求出的范围，由，即可求出的范围；对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，判断出，利用余弦定理求出最小值.
【详解】在中，,
则圆锥的母线长，半径.
对于选项A：圆锥SO的侧面积为，故选项A错误；
对于选项B：当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；
对于选项C：当点B与点A重合时，为最小角；
当点B与点C重合时，，达到最大值，
又因为点B与A，C不重合，则.
又，可得，故选项C错误；
对于选项D：因为，所以.
又，所以为等边三角形，∴.
将以AB为轴旋转到与共面，
得到，则为等边三角形，.
如图：.
因为，,
∴；
故选项D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，是解决最值的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用二倍角公式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
13. 若，请写出一个符合条件的虚数__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据复数的模长求解复数即可.
【详解】若，则符合条件的虚数可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 在中，.为所在平面内动点，且，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 在中，已知，，．
（1）求；
（2）如为的中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的内角和公式以及正弦定理即可求出角；
（2）利用余弦定理与已知的长度和角度即可求解.
【小问1详解】
因为，且，，
根据正弦定理可得，
解得；
又 ，且，
故.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由可得.
因为D为AC的中点，所以，
在中， 由余弦定理可得，
则，
从而.
16. （1）已知向量，，若，求的值；
（2）、的夹角为，，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）分析可知、方向相反，可得出关于实数的等式与不等式，解之即可；
（2）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】（1）设、的夹角为，则，易知、均为非零向量，
因为，则，所以，、方向相反，
因为向量，，则，解得；
（2）因为、的夹角为，，，
由平面向量数量积的定义可得，
因此，.
17. 已知，其中
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，然后利用两角差的余弦代入即可．
（2）根据，利用倍角公式算出代入即可求解．
【小问1详解】
由题意得：
，，
，
【小问2详解】
，，
，
.
18. 函数的部分图像如图所示．
（1）求的解析式；
（2）已知函数，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由图象可得到，再分别利用点和求得和即得的解析式；
（2）先利用三角恒等变换知识求出的解析式，再结合三角函数的单调性求出的最大值.
【小问1详解】
由图象可知的最大值是，所以，
当时，，可得，又，所以，
当时，有最小值，所以，解得，
所以；
【小问2详解】
，
可得
所以，即时，取得最大值为.
19. 如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，.
（1）求的最小值；
（2）求三棱锥体积最大时的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，设，则，结合二次方程分析求得，即可得结果；
（2）因为，分析可知三棱锥体积最大时，即最大，结合（1）求得此时，即可得结果.
【小问1详解】
在中，由余弦定理有：，
即，可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
则，当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
【小问2详解】
因为，且点到平面的距离为定值，
若三棱锥体积最大时，即最大，
由（1）得，且，
由于该方程中，地位等价，
同（1）可得：，当且仅当时，等号成立，
由，地位等价，同理可得，当时，等号成立，
则，当且仅当时，等号成立，
此时为等边三角形，且，，
作于，
则，，所以，
故此时的面积为.