山东省青岛市青岛第十九中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省青岛市青岛第十九中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了04，本试卷分第I卷和第II卷， 已知向量满足，则等内容，欢迎下载使用。
2025.04
说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟.
2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目上；第I卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应位置上，答在试卷上作废.
第I卷（选择题，共58分）
一、单选题：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，只有一项符合题目要求.
1. 若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
2. 在等式①；②；③；④若，且，则；⑤非零向量，满足，则．其中正确的命题的个数是：（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 已知向量满足，则（ ）
A B. C. D.
5. 已知向量，若向量与反向，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ）
A 7B. C. 17D.
6. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A B. C. D.
7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在平面四边形中，，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
二、选择题：本题共3个小题，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. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形
B. 存在四个点可以构成正四面体
C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形
D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体
10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A. 若，则
B. 若，则符合条件的有两个
C. 若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心
D. 已知是内一点，若分别表示的面积，则
11. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A. 复数对应的点位于第二象限B. 为纯虚数
C. D. 复数的模为
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 中，，若，则__________.
13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.
14. 在锐角中，若，则取值范围是__________.
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. 已知复数，，其中是实数.
（1）若，求实数的值；
（2）若是纯虚数，
①求；
②当时，的最小值.
16. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
（1）求角的大小；
（2）若，边上的高为，求三角形的周长．
17. 在面角梯形中，已知，，，点F是BC边上的中点，点E是CD边上一个动点.
（1）若E是CD边的中点，试用和表示；
（2）①若，求的值
②求的取值范围.
18. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
（1）求出实数和函数的解析式；
（2）将图象上的所有点向右平移个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.已知图象的一个对称中心为，求的最小值；
（3）在（2）的条件下，当取最小值时，若对，关于的方程恰有两个实数根，求实数的取值范围.
19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，．
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围；
（3）若，且
①求的周长
②求的值.
青岛十九中2024-2025学年度第二学期期中检测
高一数学试题
2025.04
说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟.
2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目上；第I卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应位置上，答在试卷上作废.
第I卷（选择题，共58分）
一、单选题：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，只有一项符合题目要求.
1. 若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法可求，从而可求.
【详解】由题设有，故，故，
故选：D
2. 在等式①；②；③；④若，且，则；⑤非零向量，满足，则．其中正确的命题的个数是：（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的定义以及运算律、数乘的相关概念，可得答案.
【详解】对于①，，故①错误；对于②，，显然②正确；
对于③，，，故③错误；
对于④，由，则，
由，则，故④错误；
对于⑤，由，则，化简可得，所以，故⑤正确.
故选：B.
3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则可得相关线段长，将直观图复原为原图形，即可求得答案.
详解】由题意知，,
如图，将直观图复原为四边形，则四边形为平行四边形，

因为，是的中点，故，且,
故,故，
故选：C
4 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求，结合向量的夹角公式可求答案.
【详解】由模长公式，
由夹角公式.
故选：A
5. 已知向量，若向量与反向，且向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ）
A. 7B. C. 17D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助平面向量共线定理与投影向量定义计算即可得.
【详解】由向量与反向，故且，
即有，由向量在向量上的投影向量为，
可得，即，故，
则.
故选：D.
6. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积.
【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径，
设底面圆的半径为，
则有，所以，
于是圆锥的高为，
该圆锥的体积为：．
故选：A
7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果.
【详解】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示：
取线段的中点，连接，则，
因为正三棱锥的侧面积为，则，可得，
所以，，，
设点在底面的射影为点，则为正的中心，且，
，
设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，
设球的半径为，则，
由勾股定理可得，即，解得，
因此，该正三棱锥的外接球的表面积为.
故选：A.
8. 如图，在平面四边形中，，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先在中，根据已知条件求出的长度.然后在中，利用余弦定理建立的关系，最后结合基本不等式求出的最小值.
【详解】在中，已知，，，即.
所以，同时.
在中，，根据余弦定可得：，即.
由基本不等式（当且仅当时取等号）.
将代入中，得到.
设，则.解得，即.
当且仅当取得最值.
故选：B.
二、选择题：本题共3个小题，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. 在正方体的8个顶点中任意取4个不同的顶点，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在四个点，使得这四个点构成平行四边形
B. 存在四个点可以构成正四面体
C. 不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形
D. 存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正方体的特征，结合选项即可找到对应的图形，即可求解.
【详解】对于A，如图四边形为平行四边形，所以A正确，

对于B，四面体是正四面体，所以B正确，

对于C，如图四面体中， ，故每个面都是直角三角形，所以C不正确，

对于D，如图四面体中， ，,均是直角三角形、为等边三角形，所以D正确，
故选：ABD．

10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A. 若，则
B. 若，则符合条件的有两个
C. 若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心
D. 已知是内一点，若分别表示的面积，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦定理及比例的性质判断A，根据正弦定理及大边对大角判断B，根据数量积的运算得垂直判断C，根据向量的运算得出比例关系判断D.
【详解】由正弦定理知，
所以可得，由可得，故A正确；
由正弦定理可知，即，解得，
又，所以，故只有一解，所以三角形一解，故B错误；
因为
，所以，所以点的轨迹经过的垂心，故C正确；
因为，所以，
设的中点分别为，如图，
则，即，所以，故D正确.
故选：ACD
11. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A. 复数对应的点位于第二象限B. 为纯虚数
C. D. 复数的模为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用欧拉公式逐项计算出对应的复数，再判断作答.
【详解】对于A，，而，因此复数对应的点位于第一象限，A错误；
对于B，，因此为纯虚数，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，
所以复数的模为，D正确.
故选：BD
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 中，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算可求得 的值，代入计算即可．
【详解】，
，
，
，
.
故答案为：
13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.
【答案】
【解析】
【分析】设的面积为，三棱台的高为，可知，利用台体的体积公式可求得的值，再利用台体和锥体的体积公式可求得结果.
【详解】设的面积为，三棱台的高为，
易知，且，则，
则，可得，
，
所以，沿平面截去三棱锥，
则剩余的部分几何体的体积为.
故答案为：.
14. 在锐角中，若，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由锐角三角形结合余弦定理可得，表示出，再结合对勾函数的性质可得答案．
【详解】因为锐角三角形中，，所以一定不为唯一的最大边，
所以只需csB=a2+c2-b22ac>0,csC=a2+b2-c22ab>0，
所以，即，
所以，
又
当时，由对勾函数的性质可得，
所以．
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. 已知复数，，其中是实数.
（1）若，求实数的值；
（2）若是纯虚数，
①求；
②当时，的最小值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用复数乘方运算及复数相等求出a的值；
（2）①利用复数除法结合纯虚数的定义，求出，再利用i乘方的周期性求解作答；②根据复数减法的几何意义求解即可.
【小问1详解】
复数，则，
又是实数，因此，解得，
所以实数的值是1．
小问2详解】
复数，
则，
因为是纯虚数，于是，解得，
①因此，又，
则，
即有，
所以．
②因为，所以，
所以，复数对应的点为，
因为，所以复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，
因为，所以复数对应的点为，
表示复数对应的点与点距离，
如图所示，的最小值为
16. 设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
（1）求角的大小；
（2）若，边上的高为，求三角形的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得；
（2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可.
【小问1详解】
因为，，为的内角，所以，
因为，所以可化为：，
即，即，
因为，解得：，即．
【小问2详解】
由三角形面积公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周长为.
17. 在面角梯形中，已知，，，点F是BC边上的中点，点E是CD边上一个动点.
（1）若E是CD边的中点，试用和表示；
（2）①若，求的值
②求的取值范围.
【答案】（1）
（2）2；
【解析】
【分析】（1）结合几何图形，利用向量的线性运算用和表示；
（2）①利用向量的线性运算、向量数量积的运算律即可求出的值. ②令且，同（1）应用向量数量积的运算律得到关于的表示式，即可求值.
【小问1详解】
在直角梯形中，，则，
由点E是CD边的中点，F是BC边的中点，得，即，
所以；
【小问2详解】
，，
则，而，，
因此，
所以.
②令且，
由（1）知：，
则，而
因此，
所以的取值范围是.
18. 某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
（1）求出实数和函数的解析式；
（2）将图象上所有点向右平移个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.已知图象的一个对称中心为，求的最小值；
（3）在（2）的条件下，当取最小值时，若对，关于的方程恰有两个实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1），；
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据表中数据可知，根据，可解得的值，从而得出解析式；
（2）根据伸缩平移变换可得的解析式，结合为对称中心，从而求得的最小值；
（3）在（2）的条件下结合，利用三角函数的性质，数形结合即可得解.
【小问1详解】
由题意得，所以，且，
所以，且，所以，
故，.
【小问2详解】
的图象向右平移个单位，得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
可得的图象，
因为图象的一个对称中心为，
则，得，
因为，所以当时，此时取得最小值为.
【小问3详解】
当取最小值时，，
当时，，
此时，如图：
恰有两个实数根，
结合图象可知，即，
.
19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若是的“费马点”，．
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围；
（3）若，且.
①求的周长
②求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）①；②
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得；
（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换运算求解即可；
（3）①设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长；②在中，根据余弦定理列方程组求解可得.
【小问1详解】
由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即，
由于，所以，所以.
【小问2详解】
由正弦定理可得，
则，
可得的周长
，
又因为为锐角三角形，则，解得，
则，可得，，
所以的周长的取值范围为.
【小问3详解】
①设，
则．
所以，由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立解得．
所以的周长为；
③由在中，由余弦定理得，
联立求解可得，
则，
即，所以.
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