广东省广州市黄埔区2024-2025学年高一下学期期中教学质量监测数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份广东省广州市黄埔区2024-2025学年高一下学期期中教学质量监测数学试卷（原卷版+解析版），共16页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡交回．
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. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
2. 已知平面向量，，若，则实数（ ）
A. 2B. C. 1D.
3. 已知圆锥的底面半径为2，高为，则其侧面积为（ ）
A B. C. D.
4. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
6. “三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形的三边长求三角形面积，即．现有面积为的满足，则的周长是（ ）
A. 9B. 12C. 18D. 36
7. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹为圆B. 点到原点最短距离为2
C. 点的轨迹是一个正方形D. 点的轨迹所围成的图形面积为24
8. 设是内一点，且，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是（ ）
A. B. 18C. 16D. 9
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. 下列说法中正确的是（ ）
A 若，，则
B. 对于向量，，，有
C. 向量，能作为所在平面内的一组基底
D. 设，为非零向量，则“存在负数λ，使得”是“”充分而不必要条件
10. 如图，圆台，在轴截面ABCD中，，下面说法正确的是（ ）
A. 线段
B. 该圆台表面积为
C. 该圆台的体积为
D. 沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
11. 在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，记.下列命题中正确的是（ ）
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. 如图，平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的矩形的直观图，若，，则矩形的面积为________．

13. 在中，已知，，，点为边的中点，______．
14. 已知，，．若点P是所在平面内一点，且，则的最大值为______．
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. 设复数．
（1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
（2）若是纯虚数，求.
16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
（1）求B；
（2）若面积为，求c．
17. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式及对称中心坐标；
（2）先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位，最后将图象向上平移1个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间和最值.
18. 在四边形中，，记，，的角平分线与相交于点，且，.
（1）求的大小；
（2）求的值.
19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
2024—2025学年第二学期期中教学质量监测
高一数学
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上．
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡交回．
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. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：B
2. 已知平面向量，，若，则实数（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积坐标表示计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故选：A
3. 已知圆锥的底面半径为2，高为，则其侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用侧面积公式即得.
【详解】由题意，圆锥的每线，底面周长为4π，
故其侧面积为。
故选：D．
4. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积的性质得到，然后求投影向量即可.
【详解】由，得，由，
得，则，
因此，在上的投影向量为.
故选：D.
5. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，及即可求解.
【详解】
因为点是线段的中点，
所以，
又，
所以，
所以，
故选：C
6. “三斜求积术”是我国宋代的数学家秦九韶用实例的形式提出的，其实质是根据三角形的三边长求三角形面积，即．现有面积为的满足，则的周长是（ ）
A. 9B. 12C. 18D. 36
【答案】C
【解析】
分析】利用已知及正弦定理计算即可.
【详解】根据正弦定理可知，不妨设，
由，
所以的周长是.
故选：C
7. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹为圆B. 点到原点最短距离为2
C. 点的轨迹是一个正方形D. 点的轨迹所围成的图形面积为24
【答案】D
【解析】
【分析】设点的坐标为，由已知条件结合向量的坐标运算用表示出，结合可得的关系，从而可求出点的轨迹方程，再逐个分析判断.
【详解】设点的坐标为，因为，动点满足，
所以，得，
因为，所以，
即点的轨迹方程为，
当时，方程为，
当时，方程为，
当时，方程为，
当时，方程为，
所以点对应的轨迹如图所示，且，,
所以点的轨迹为菱形，所以AC错误，
原点到直线的距离为，所以B错误，
点的轨迹所围成的图形面积为，所以D正确.
故选：D

8. 设是内一点，且，定义，其中分别是的面积，若，则的最小值是（ ）
A. B. 18C. 16D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由，利用向量数量积公式得，面积公式求得，由定义得，结合基本不等式求的最小值.
【详解】设中，角的对边分别为，
，由，得，
，若，则，，
有，得，
，
当且仅当，即时等号成立，
则的最小值是18.
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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 对于向量，，，有
C. 向量，能作为所在平面内一组基底
D. 设，为非零向量，则“存在负数λ，使得”是“”的充分而不必要条件
【答案】CD
【解析】
【分析】对四个选项一一验证：
A：取=进行判断；
B：当两向量方向未必相同；
C：按基底的定义进行进行判断；
D：分充分性和必要性进行判断.
【详解】A：因为零向量与任何向量平行，所以为时，不一定平行；故A错误；
B：与向量平行，与平行，而两向量方向未必相同，故B错误；
C：因为向量与不平行，所以向量，能作为所在平面内的一组基底；故C正确；
D：充分性：因为，为非零向量，，存在负数λ，使得，则，故充分性满足；
必要性：若，即，所以，所以不一定“存在负数λ，使得”，故必要性不满足.故D正确.
故选：CD
10. 如图，圆台，在轴截面ABCD中，，下面说法正确的是（ ）
A. 线段
B. 该圆台的表面积为
C. 该圆台的体积为
D. 沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合等腰梯形的性质及余弦定理求解判断A，代入圆台表面积公式求解判断B，代入圆台体积公式求解判断C，将圆台的侧面展开，利用直线距离最短求解判断D.
【详解】对于A，如图：
在截面ABCD中，，
因为为CD中点，所以，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，所以为等边三角形，
所以，，
在等腰中，，正确；
对于B，设圆台上底面半径为，下底面半径为，母线为l，则，，，
则圆台的表面积，错误；
对于C，由B知圆台的高为，
所以圆台的体积，正确；
对于D，将圆台一半侧面展开，如图中ABCD，且E为AD的中点，
而圆台对应的圆锥体侧面展开为扇形COD，且，，
所以在中，，即C到AD中点的最短距离为5，正确.
故选：ACD.
11. 在中，三个角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，记.下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理判断即可；对于C，利用三角形面积公式即可判断；对于D，利用向量数量积的定义与线性运算即可判断；对于B，利用特例法排除即可.
【详解】对于A，因为，，所以，

在中，，则，
在中，，则，
因为，所以，
所以，故A正确；
对于C，因为，
所以，
则，故C正确；
对于D， 因为，
，
，
又，
所以，
则，故D正确.
对于B，取，，，

易得，，，，
此时，故B错误；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的解决关键是观察式子，找到平面向量数量积与式子的关系，从而结合图形即可得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的矩形的直观图，若，，则矩形的面积为________．

【答案】12
【解析】
【分析】根据斜二测画法与原图的联系直接计算.
【详解】因为平行四边形是用斜二测画法画出的水平放置的矩形的直观图，，，
所以矩形中，，，
所以矩形的面积为.
故答案为：12
13. 在中，已知，，，点为边的中点，______．
【答案】##
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理求，在，中分别利用余弦定理求，，由此列方程求；在中由余弦定理求，再由同角关系求.
【详解】由余弦定理，得，
即，则．
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
由与互补，则，
所以，解得．
中，由余弦定理，得，
因为，所以，
所以．
故答案为：
14. 已知，，．若点P是所在平面内一点，且，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】以为原点，建立直角坐标系，首先求出点坐标，再利用向量的数量积的坐标运算，以及基本不等式计算可得.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设
则，可得，，
所以，即，故，，
所以，
当且仅当即时等号成立，
即的最大值为．
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. 设复数．
（1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
（2）若是纯虚数，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数是实数，求，再根据复数的乘法运算公式，即可求解；
（2）首先利用复数除法运算公式化简复数，再根据复数的特征，即可求解，最后代入模的计算公式.
【小问1详解】
由，得，
而由已知是实数，
于是，解得，
所以；
【小问2详解】
依题意，是纯虚数，
因此，解得，
所以，.
16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
（1）求B；
（2）若的面积为，求c．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【小问1详解】
由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
17. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式及对称中心坐标；
（2）先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位，最后将图象向上平移1个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间和最值.
【答案】（1）；对称中心为，；（2）减区间是：；有最大值，有最小值.
【解析】
【分析】（1）根据最大值可得，根据周期得，根据最高点得，从而可得解析式；根据余弦函数的对称中心可得的对称中心；
（2）根据图象变换的结论可得的解析式，根据余弦函数的递增区间可得在上的单调减区间，根据余弦函数的图象可得在上的最值.
【详解】（1）由所给图象知：；，，，，
∴，把点代入得：，
即，，又∵，∴，
∴；
由，，得，，
所以的对称中心为，.
（2）易知
化简得，
当时，由，，得，所以的单调递减区间是：；
当时，，当，即时，有最大值，最大值为，当，即时，有最小值，最小值为.
【点睛】本题考查了根据图象求解析式，考查了余弦函数的对称中心，单调性，最值，考查了三角函数的图象变换，属于基础题.
18. 在四边形中，，记，，的角平分线与相交于点，且，.
（1）求的大小；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简得到，再由，两式相除求得，即可求解；
（2）根据题意，利用，求得，结合余弦定理，即可求解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得，所以，
因为，两式相除得，所以，
又因为，可得，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
又因为平分，可得，
因为，且，，
所以，
即，解得，
在中，由余弦定理得
，所以.
19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解，
（2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
【小问1详解】
，
，
，
，
又，，
，,，
【小问2详解】
，
，又，
，
设，，，
，三角形的三个角均小于120，
根据题意可得，
又，
，
，
．
【小问3详解】
由 ，
，，
由余弦定理可得，
同理可得，，
相加可得，
又，
所以，
由于,
所以又
故，所以，
故，且
故，当且仅当时等号成立，
又，所以
，
令，则，
所以，
由于函数均为上的单调递增函数，故为的单调递增函数，
故，进而
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.