江苏省南通市海安市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份江苏省南通市海安市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
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、多选题
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
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
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．
1．B
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．B
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．D
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．C
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．A
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．C
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．D
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．B
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．
9．CD
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．ABC
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．ABD
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，因为，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.
12． 0
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．
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，
在中，，
由正弦定理得，，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，
故答案为：．
14．
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：，．
15．(1)证明见解析
(2)
（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．
【详解】（1）证明：设，且，
．
（2）由题可知，，则，解得或（舍），
所以，代入方程得，，
整理得，，
所以，解得．
16．(1)
(2)
（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．
【详解】（1），
所以．
（2），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．(1)（i）证明见解析；（ii）.
(2)
（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.
【详解】（1）（i）如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，，
因为，两个等式相加得；
（ii）因为，
则，
即，解得，
即与夹角的余弦值为.
（2），
因此.
18．(1)
(2)；.
（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.
【详解】（1）因，由正弦定理边角互化可得：
；
（2）（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.
19．(1)答案见解析
(2)
(3)
【详解】（1）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，
，
.
（2）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.
（3）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.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
C
A
C
D
B
CD
ABC
题号
11









答案
ABD