广东省深圳市宝安中学2024~2025学年高一下册期中考试数学试卷【附解析】

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2025.4
本试卷共19小题，满分150分.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出集合，再根据并集的定义即可得解.
【详解】由题意得，，
所以．
故选：D．
2. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中可以作为平面向量基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基底的性质结合选项可以判断.
【详解】因为，所以不能作为平面向量的基底，A不正确；
因为不共线，所以能作为平面向量的基底，B正确；
因为，所以不能作为平面向量的基底，C不正确；
因为，所以不能作为平面向量的基底，D不正确；
故选：B
3. 在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由余弦定理求解即可.
【详解】，不妨设，，
由余弦定理.
故选：C.
4. 复数满足，则（i为虚数单位）的最小值（ ）
A. 4B. 5C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据复数的几何意义求复数对应的点的轨迹，再利用数形结合求模的最小值.
【详解】设复数在复平面内对应的点为，由知，点的轨迹为以原点为圆心，
半径为1的圆，表示圆上的点到点的距离，如下图，

如图，最小值为.
故选：A
5. 水滴是刘慈欣的科幻小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中提到的由三体文明使用强互作用力（）材料所制成的宇宙探测器，因为其外形与水滴相似，所以被人类称为水滴．如图所示，水滴是由线段，和圆的优弧围成，其中，恰好与圆弧相切.若圆弧所在圆的半径为2，点A到圆弧所在圆圆心的距离为4，则该封闭图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，得到，，利用扇形面积公式和三角形面积公式得到答案.
【详解】取优弧所在圆的圆心，连接，，则⊥，⊥，
则，所以，则，
，
故优弧对应的圆心角为，对应的扇形面积为，
而，
所以该封闭图形的面积为.
故选：C
6. 若非零向量与满足，且，则为（ ）
A. 三边均不相等的三角形
B. 直角三角形
C. 底边和腰不相等的等腰三角形
D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得的角平分线与BC垂直，可分析出是等腰三角形，根据数量积公式可求角A，即可判断.
【详解】因为分别为与同向的单位向量，
因为，可知的角平分线与BC垂直，则，
又因为，即，
且，则，所以是等边三角形.
故选：D.
7. 已知，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将条件的两个式子平方相加可得，然后可得，再由，，可得，从而可求出，由商式关系可求得.
【详解】由，得，
由，得，
两式相加得，，所以可得，
因为，，所以，
所以，可得.
故选：B
8. 在ABC中，Q是边AB上一定点，满足，且对于边AB上任意一点P，恒有，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在ABC中，取BC的中点D，AB的中点E，连接CE，DQ．由可得，即可判断各选项正误.
【详解】在ABC中，取BC的中点D，AB的中点E，连接CE，DQ．
故，
由，得，因点到直线垂线段最短，可知
A选项，因，则，则 ，故A错误；
B选项，由题目条件，无法判断大小，故B错误；
CD选项，因，E为AB中点，则Q为EB中点，结合D为BC中点，可知，，又E为AB中点，则，又由题目条件不能判断AB,AC关系，故C错误，D正确.
故选：D
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知虚数z满足，则（ ）
A. 的实部为B. 的虚部为
C. D. 在复平面内对应的点在第二象限
【答案】AC
【解析】
【分析】由复数的概念可判断AB选项；利用复数求模公式判C选项；z在复平面内对应的点为可判断D选项.
【详解】因，则，故z的实部为，虚部为，
，z在复平面内对应的点为，在第三象限，
故AC正确；BD错误；
故选：AC
10. 在中，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，此三角形有两解B. 面积最大值为
C. 的外接圆半径为2D. 若，则此三角形一定是直角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合二倍角公式求出，再结合正弦定理、三角形面积公式、余弦定理逐项判断即得.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
而，则，又，因此，，即，
对于A，当时，，则，由正弦定理得：
，角有两个值，三角形有两解，A正确；
对于B，由余弦定理得，当且仅当时取等号，
因此面积，B正确；
对于C，的外接圆半径，C错误；
对于D，当时，，而，有，解得，
因此，此三角形一定是直角三角形，D正确.
故选：ABD
11. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B. 若，则的最大值为2
C. 若，则的最大值为
D. 若，则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，，后由可得答案.
对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上.又，则其长度为圆上弦的长度.
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，设，又，则.
表示出后可得答案.
对于D选项，由结合C选项分析，得，
又由，可得，后由重要不等式可得答案.
【详解】对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点同一个圆上，
又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，
设，又，则
.其中.
则
，
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知.
又，则
，
则由重要不等式有：.
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题涉及向量，三角函数.判断A，B选项关键为能由得到，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上.
判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，，若A，C，D三点共线，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】由向量线性运算的坐标表示得，根据三点共线有且，即可求m值.
【详解】由，又A，C，D三点共线，
所以且，则，可得.
故答案为：
13. 已知是关于的实系数方程的两个虚根，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出方程的两根虚根，再计算其模与和，从而得解.
【详解】因为，即，
所以，，
则，，
所以.
故答案为：
14. 在四边形中，已知，若，，，则的长度为_____.
【答案】
【解析】
【分析】设分别为的中点，先证明两点重合，则四边形为平行四边形，再分别将用表示，结合数量积的运算律即可得解.
【详解】如图，设分别为的中点，

则，
所以，
两式相加得，①
同理可得，②
由①②得，③
因为为的中点，
所以，
则，④
而，则，⑤
由④⑤得，⑥
由③⑥可得，
即，
又因为，
所以，所以两点重合，
所以互相平分，所以四边形为平行四边形，
则，
故，即，
所以，
因为，
所以，
所以，即.
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.
（1）求和的夹角；
（2）若向量为在上的投影向量，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）根据题意，求得向量，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，
则，解得，
设向量和的夹角为，则，所以，
所以向量和的夹角为.
【小问2详解】
解：向量为在上的投影向量，可得，
则.
16. 已知函数．
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，结合正弦函数性质求最小正周期和单调区间；
（2）由题意可得，根据角的关系结合三角恒等变换分析求解.
【小问1详解】
因为，
可得最小正周期；
令，解得；
令，解得；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为，即，
且，则，
可得，
所以.
17. 如图，点P，Q分别是矩形的边，上的两点，，.
（1）若，，，求范围；
（2）若，求的最小值；
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）借助向量的线性运算及数量积公式计算即可得；
（2）建立平面直角坐标系后借助三角函数与基本不等式计算即可得
【小问1详解】
由，，故，，
则，
，
由，故；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，

设，，
则，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
即的最小值为.
18. 如图，与存在对顶角，，，且．
（1）证明：为中点；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，结合余弦定理，表示出与，根据列式化简可得.
（2）先确定角的数量关系，根据求角的三角函数，再在中用正弦定理，可求的长.
【小问1详解】
设，，则，.
在中，由余弦定理得：
在中，由余弦定理得：.
由，所以.
化简得：.
故为中点.
【小问2详解】
如图：
过点做，交与.
则.
由（）.
所以，又，所以.
所以.
所以，又，.
所以.
由
所以.
又，所以，所以.
所以.
即.
在中，根据正弦定理，可得：.
19. 已知，向量，，、、是坐标平面上的三点，使得，．
（1）若，的坐标为，求；
（2）若，，求的最大值；
（3）若存在，使得当时，△为等边三角形，求的所有可能值．
【答案】（1）；（2）12；（3）．
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，（1）可得代入，即可求的坐标；（2）可得代入，即可求其的最值；（3）求、的坐标，进而可得、，结合题设有，应用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值．
【详解】（1）由题意，，
∴，
，
∴由，则、，故；
（2）由题意，，
∴，
，
∴由，则、，即，
∴当时，的最大值为12；
（3），
，
∴，，
∵△为等边三角形，
∴，
∴，
， 整理得：且，
∴或，
综上， 当，时，或；
当，时，或；
所以的所有可能值为.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先求出、坐标，再由，结合三角恒等变换、三角函数性质求出的可能值，进而求对应值.