江苏省南通市海安市2024-2025学年高一下学期4月期中学业质量监测数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份江苏省南通市海安市2024-2025学年高一下学期4月期中学业质量监测数学试卷（原卷版+解析版），共21页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.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 已知平面向量，，，则（ ）
A B. C. 6D. 8
2. 复数的实部与虚部分别为（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
3. 已知圆锥的高为1，母线长为2，则底面圆的周长为（ ）
A. B. C. D.
4. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线为（ ）
A. B.
C. D.
5. 用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（ ）
A B. C. D.
6. 若函数在区间上有且仅有两个零点，则的最小值为（ ）
A B. C. D.
7. 已知平面向量，的夹角为（为常数），，，的最小值为3，则（ ）
A B. 或C. D. 或
8. 若，则（ ）
A. －3B. C. D. 3
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. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 半圆绕其直径旋转一周后形成的几何体为球
B. 棱柱至少有5个面
C. 任意面体都可以分割成个棱锥
D. 棱，，延长后交于一点的多面体一定是三棱台
11. 已知函数，，则（ ）
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. 试写出的两个值：_____、_____，使得为奇函数．
13. 为测量河北岸两点，之间的距离（不可到达），现在河南岸选定两点，，并测得，，，则_____．
14. 已知平面向量，的夹角为，，，则_____；若非零向量满足：，则的最小值为_____．
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. 已知是虚数，．
（1）求证：是实数；
（2）在复平面内对应的点在射线上，，求实数，的值．
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）若，，，均为锐角，求．
17. 在平面四边形中，，．
（1）设、分别为、的中点．
（i）证明：；
（ii）若，求与夹角的余弦值．
（2）求的值．
18. 在中，角A，B，所对的边分别为，，，且．
（1）求的值；
（2）点在边上，，．
（i）求面积的最大值；
（ii）求的最小值．
19. 设单位圆上三点、、等分圆周，为圆上一点，定义：为“距积”，为“距和”．
（1）为便于解答（2）、（3），请你选择合适的变量表示出、、；
（2）求“距和”的最大值；
（3）求“距积”的最大值．
2024~2025学年度第二学期期中学业质量监测试卷
高一数学
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.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 已知平面向量，，，则（ ）
A. B. C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可．
【详解】由得，，解得，
故选：B．
2. 复数的实部与虚部分别为（ ）
A. 、B. 、C. 、D. 、
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，结合复数的概念可得出合适的选项.
【详解】因为，所以复数的实部为，虚部为.
故选：B.
3. 已知圆锥的高为1，母线长为2，则底面圆的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理求得圆锥的底面半径即可求解.
【详解】圆锥的底面半径为，
所以底面圆的周长为，
故选：D.
4. 将曲线向左平移个单位长度后，所得曲线为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换分析求解．
【详解】曲线向左平移个单位长度得，，
故选：C．
5. 用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出直观图，求出直观图三角形的高，结合三角形的面积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，
在等边三角形中，为的中点，则，且，
在其斜二测直观图中，，则点到的距离为，
所以的直观图面积为.
故选：A.
6. 若函数在区间上有且仅有两个零点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，由可求出的取值范围，结合题意可得出关于实数的不等式，解出的范围即可得出合适的选项.
详解】由可得，
因为，当时，，
因为函数在区间上有且仅有两个零点，
所以，，解得，即的最小值为.
故选：C.
7. 已知平面向量，的夹角为（为常数），，，的最小值为3，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量减法的几何意义，作出图形即可求解．
【详解】的几何意义如图所示，
因为的最小值为3，
所以在中，，所以，
所以，
因为与的夹角有两种情况，即或，
所以或，
故选：D．
8. 若，则（ ）
A. －3B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式，两角差的余弦公式，诱导公式及同角三角函数的商数关系即可求解．
【详解】
，
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. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】举反例即可判断AB；根据复数的除法运算及模的计算公式即可判断C；根据复数加减法的几何意义即可判断D．
【详解】对于A，设，，
则，，，故A错误；
对于B，设，，则，但与不能比较大小，故B错误；
对于C，设，且，
，
则
，故C正确；
对于D，在复平面内，对应的向量为，则对应的向量为如图所示，
由三角不等式可得，，即，故D正确；
故选：CD．
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 半圆绕其直径旋转一周后形成的几何体为球
B. 棱柱至少有5个面
C. 任意面体都可以分割成个棱锥
D. 棱，，延长后交于一点的多面体一定是三棱台
【答案】ABC
【解析】
【分析】A根据球的定义可判断；B以三棱柱为例；C在其内部任取一点即可以为顶点以面体的个面为底面构成三棱锥；D用不与底面平行的平面截三棱锥即可.
【详解】A，根据球的定义可知A正确；
B，面最少的棱柱为三棱柱，其共有5个平面，故B正确；
C，任意面体，在其内部任取一点，则以点为顶点，以面体的个面为底面即可构成个棱锥，故C正确；
D，用一个平面去截三棱锥，要求该平面与侧棱均相交，但不与底面平行，所形成的多面体不是三棱台，故D错误.
故选：ABC
11. 已知函数，，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用诱导公式、辅助角公式化简的表达式，结合正弦函数的有界性可判断A选项；利用诱导公式、三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的有界性可判断B选项；利用特殊值法可判断C选项；解出、的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则
，
所以，，A对；
对于B选项，因，则，
所以，
所以
，
为锐角，且，所以，B对；
对于C选项，因为，为锐角，且，
不妨取，，
则，，
此时，但，C错；
对于D选项，因为，即，
所以，，
因为，为锐角，则，
不妨设，则，所以，
所以，故，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 试写出的两个值：_____、_____，使得为奇函数．
【答案】 ①. 0 ②.
【解析】
【分析】根据正切函数的奇偶性及诱导公式即可求解．
【详解】因为为奇函数，所以满足题意；
当时，，，
因为，为奇函数，所以满足题意，
故答案为：0，．
13. 为测量河北岸两点，之间的距离（不可到达），现在河南岸选定两点，，并测得，，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】由已知得，求得，在中由正弦定理得，在中，由余弦定理即可求解．
【详解】由，，得，，
所以，
中，，
由正弦定理得，，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，
故答案为：．
14. 已知平面向量，的夹角为，，，则_____；若非零向量满足：，则的最小值为_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解；设且，由得且，根据平面向量模的坐标运算即可求解．
【详解】，所以；
，且，
不妨设且，则，
由得，，即，则，
由，则，解得，
则，
所以，
所以的最小值为；
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. 已知是虚数，．
（1）求证：是实数；
（2）在复平面内对应的点在射线上，，求实数，的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，且，根据复数的除法运算即可证明；
（2）由条件得出，代入方程即可求解．
【小问1详解】
证明：设，且，
．
【小问2详解】
由题可知，，则，解得或（舍），
所以，代入方程得，，
整理得，，
所以，解得．
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期；
（2）若，，，均为锐角，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平方差公式，二倍角公式及辅助角公式求得，再根据正弦函数的周期公式即可求解；
（2）由（1）及求得，再由及同角三角函数的平方关系求得，根据两角和的余弦公式即可求解．
【小问1详解】
，
所以．
【小问2详解】
，则，
因为，所以，又，
所以，则，
所以
，所以，
由，为锐角，所以，解得，
由，均为锐角，则，
，
所以．
17. 在平面四边形中，，．
（1）设、分别为、的中点．
（i）证明：；
（ii）若，求与夹角的余弦值．
（2）求的值．
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）.
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）由平面向量的加法得出，两式相加可证得结论成立；
（ii）由可得出结合平面向量数量积的运算性质可求得的值，即为所求；
（2）利用平面向量的线性运算得出，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【小问1详解】
（i）如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，，
因，两个等式相加得；
（ii）因为，
则，
即，解得，
即与夹角的余弦值为.
【小问2详解】
，
因此.
18. 在中，角A，B，所对的边分别为，，，且．
（1）求的值；
（2）点在边上，，．
（i）求面积的最大值；
（ii）求的最小值．
【答案】（1）
（2）；.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合余弦定理可得答案；
（2）（i）由题可得，则，然后由基本不等式可得
，结合可得答案；
（ii）设，由，则，结合，
可得，然后由分离常数，整体代换结合基本不等式可得答案.
【小问1详解】
因，由正弦定理边角互化可得：
；
【小问2详解】
（i）因，则，
又注意到，
，则
，由基本不等式，，
又由（1），，则.
当且仅当，即时取等号.
（ii）设，则，其中.
又，则.
由（1）可得，
则.
注意到.
对于，令，其中.
则，
，
当且仅当，即时取等号.
则，
则.
【点睛】关键点睛：对于三角形中的最值问题，常利用正余弦定理，向量，基本不等式处理；对于分式型代数式的最值，常利用分离常数，上下同除，整体换元等方法来处理.
19. 设单位圆上三点、、等分圆周，为圆上一点，定义：为“距积”，为“距和”．
（1）为便于解答（2）、（3），请你选择合适的变量表示出、、；
（2）求“距和”的最大值；
（3）求“距积”的最大值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，取点，写出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式化简可得出、、的表达式；
（2）由对称性，不妨设，化简、、的表达式，利用三角恒等变换结合正弦函数的基本性质可求得的最大值；
（3）由对称性，不妨设，化简的表达式，利用三元基本不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
以圆心为坐标原点，的方向为轴的正方向建立如下图所示的平面直角坐标系，
则点、、，设点，
则，
，
.
【小问2详解】
由对称性，不妨设，则，则，，
所以，，
，
同理可得，
所以，
，
因为，则，
故当时，即当时，“距和”取最大值.
【小问3详解】
由对称性，设，
由（2）可得
，
所以，
，即，
当且仅当时，由于，
故当时，即当时，“距积”取最大值.