山东省淄博实验中学、淄博齐盛高中2024−2025学年高一下学期第一次模块考试 数学试卷（含解析）

这是一份山东省淄博实验中学、淄博齐盛高中2024−2025学年高一下学期第一次模块考试 数学试卷（含解析），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．若复数满足，则的虚部为（ ）
A．2B．1C．iD．
2．已知向量，若向量与平行，则实数（ ）
A．B．C．2D．
3．在中，角的对边长分别为.若，则（ ）
A．17B．7C．34D．13
4．已知角的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知正四棱台的上、下底面边长分别为7，9，体积为193，则该正四棱台的侧棱长为（ ）
A．B．C．D．
6．如下图，在三棱锥中，点，分别为棱，的中点，为线段上的点，若，且满足平面，则（ ）
A．B．C．1D．2
7．如图，在中，为边上靠近点的四等分点，，，的面积为，则等于（ ）

A．B．C．D．
8．已知正六边形ABCDEF的边长为3，圆O的圆心为正六边形的中心，直径为1，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则的最大值是（ ）
A．B．8C．D．10
二、多选题
9．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中为假命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
10．已知函数的图象横坐标变为原来的倍后得到，再将的图象向右平移个单位，得到，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的解析式为
B．直线是函数图象的一条对称轴
C．在区间上单调递增
D．若关于x的方程在上有1个实数根，则
11．已知函数，，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．当时，函数的值域为
C．当时，函数的单调递增区间为
D．当时，若函数在区间内恰有个零点，则
三、填空题
12．复数的模是 .
四、解答题
13．如图，在等腰中，底边，D，E是腰AC上的两个动点，且形，则当取得最小值时，的值为 .
五、填空题
14．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
六、解答题
15．已知为单位向量，且与的夹角为60°.
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
16．如图，正方形ABCD为圆柱OO′的轴截面，EF是圆柱上异于AD,BC的母线，M,N分别是DE,BF的中点，AB=2,DF=3.
（1） 证明：MN//平面ABE；
（2） 设平面BDE与圆O′所在平面的交线为l，证明：l//平面BEF.
17．已知平面向量.
（1）求函数在上的单调区间；
（2）当时，求函数的最小值及此时的值.
18．如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题.
（1）求证：平面平面ABC.
（2）求四面体ACMN的体积.
（3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由
19．我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题: 已知的内角所对的边分别为.
（1）若，则
①求；
②若，设点为的“点”， 求；
（2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，可得，
所以的虚部为1.
故选B.
2．【答案】C
【详解】，
因为向量与平行，
所以，
解得：，
故选C
3．【答案】A
【详解】由，易得，
由
由正弦定理，可得，
故选A
4．【答案】D
【详解】由角的终边过点，可得，
.
故选D.
5．【答案】C
【详解】
如上图所示，正四棱台，，易知即棱台的高，
由棱台的体积公式知：，
所以，
所以侧棱长.
故选C
6．【答案】A
【详解】连接，交于，连接，如图，
平面，平面平面，平面，，
点，分别为棱，的中点．是的重心，
，又，则.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由题意得，
解得，
在中，，
所以，
所以，
解得.
故选D.
8．【答案】C
【详解】
如图，
，
所以当最大时，的值最大，
故当点与正六边形的顶点重合时，的最大值为，
故的最大值为.
故选C
9．【答案】ACD
【详解】对于A：若，，则也成立，A选项错误；
若，，则无公共点，所以无公共点，所以，B选项正确；
若，，，则或异面，C选项错误；
若，，则或异面或相交，D选项错误；
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，函数的图象横坐标变为原来的倍后，
得到，将的图象向右平移个单位，
得到，故A错误；
对于B，当时，，所以直线是函数图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，由，得，
当时，，故C正确；
对于D，方程在上有1个实数根，
所以与的图象有一个交点，
由，所以，作出图象，
由图可知：，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【分析】利用余弦型函数和正弦函数的周期性可判断A选项；利用二次函数的值域可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；在时解方程，结合函数的周期性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
故函数的最小正周期为，A正确；
对于B选项，当时，，
令，则，，
当时，；当时，；当时，,
所以，，
所以，当时，函数的值域为，B正确；
对于C选项，当时，，
则，
令，则，则外层函数，
外层函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，则内层函数单调递增时，则函数为增函数，
所以，,
当时，则内层函数单调递减时，则函数为增函数，
所以，,
综上所述，当时，函数的单调递增区间为、
，C错误；
对于D选项，当时，，
可得或，
由于函数的最小正周期为，且，
现在考虑函数在上的零点个数，
由可得，由可得或，
所以，函数在上的零点个数为，
因为，故，D正确.
故选ABD.
【方法总结】三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
12．【答案】
【详解】，
所以
故.
13．【答案】
【详解】因为D，E是腰AC上的两个动点，
根据三点共线分别可得：
，，
所以，
又，得到，
根据基本不等式可得，
当且仅当，即，时等号成立，
所以，
则
又是等腰三角形，且底边，取中点，连接，
则，且
根据平面向量数量积的公式可得：
，
故答案为：.
14．【答案】/
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）对先平方可得：
展开得：
因为，为单位向量，所以，则，.
又因为与的夹角为，可得：
将，，代入可得：
所以.
（2）因为向量与的夹角为锐角，所以且与不同向共线.
可得：
将，，代入上式可得：
整理得：，即，得：，解得.
若两向量同向共线，则存在实数，使得，即.
所以可得，将代入得，解得.
所以当两向量不同向共线时，.
综合以上两个条件，实数的取值范围是.
16．【答案】
（1） 【证明】如图，连接AE,AF.
根据圆柱的性质可得AD//EF且AD=EF，所以四边形AEFD为平行四边形.
因为M为DE的中点，
所以M为AF的中点.
又N为BF的中点，所以MN//AB.
因为MN⊄ 平面ABE，AB⊂ 平面ABE，
所以MN//平面ABE.
（2） 根据圆柱的性质可得圆O′//平面ABE，
又平面BDE∩ 圆O′=l，平面BDE∩ 平面ABE=BE，所以l//BE.
因为l⊄ 平面BEF，BE⊂ 平面BEF，
所以l//平面BEF.
17．【答案】（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2）的最小值为此时.
【详解】（1），
令得；
令得；
得
的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）当时,，此时，
，
的最小值为，
此时，即.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）.
（3）存在，，证明见解析
【详解】（1）证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，同理得平面ABC，
又平面PMN，平面PMN，，
所以平面平面ABC.
（2）如图所示：
设圆锥的底面圆半径为r，则，解得.
所以在图中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，所以，所以.
，圆锥的高，
所以，
所以，
即四面体ACMN的体积为.
（3）如图所示：
在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC，
理由如下：
取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，
所以，.
取CB的四等分点G，使，连接GE，FG.
因为，所以，，
所以，，所以四边形DFGE是平行四边形，
所以，又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC.
19．【答案】（1）①；②；
（2）.
【详解】（1）①在 中，由正弦定理得，
，有，
，
，
，，又，
；
②由①知，则 的三个角都小于，
由“点”定义知：，
设，，，由得
，整理得，
所以
.
（2）由，结合正弦定理，
有，均为三角形内角，（舍）
或，即，，
由点为的“点”，得，
设， ，，，
由， 得， 由余弦定理得
，
，
，
相加得，得，
整理得，
于是，当且仅当，即时取等号，
又 因为 而 解得，所以实数的最小值为.