2024-2025学年高一下学期数学好题精选第六期试题（含答案解析）

这是一份2024-2025学年高一下学期数学好题精选第六期试题（含答案解析），共40页。
【交汇点：复数乘方的周期性求和问题】
（2025年山东省名校联盟高一下学期期中）
1．已知复数z=a−i1+ia∈R为纯虚数，其中i为虚数单位，则n=12025zn=（ ）
A．0B．−iC．−1D．−i−1
【交汇点：余弦定理解决直观图中长度的度量问题】
（2025年陕西省安康市高一4月期中联考）
2．如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为直角梯形A′B′C′D′，其中A′B′∥D′C′，∠B′C′D′=π2，B′D′=5，cs∠A′D′B′=−1010则四边形ABCD的周长为（ ）
A．5+43B．8+23C．8+22D．5+42
【交汇点：根据向量关系得出三角形的性质，进而求解三角形】
（2025年山东省实验中学高一下学期期中）
3．已知△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c.则下列命题中：
①若P是△ABC内部一点，且满足PA+2PB=CB，则△ABP与△ABC的面积比为1:2；
②若acsA=bcsB，则△ABC一定为等腰三角形；
③P为△ABC所在平面内的一点，且PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，则P为△ABC的内心；
④已知∠A=30∘,a=7,b=10,△ABC有两解.
正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【交汇点：根据复数相等的条件以及二次函数性质，研究三角函数的范围问题】
（2025年河北省沧州市高一4月期中）
4．已知复数z1=4−m2+mim∈R，z2=t+2csθ+i3sinθt,θ∈R，若z1=z2，则t的取值范围为（ ）
A．0,2B．23,2C．2,6D．23,6
【交汇点：利用三角函数的定义研究向量的坐标】
（2025年山东省名校联盟高一下学期期中）
5．已知向量OA=1,3，将OA绕原点O顺时针分别旋转60∘,−60∘,90∘，到达OA1,OA2，OA3的位置，则（ ）
A．OA在OA1上的投影向量为12OA1B．OA⋅OA1=OA⋅OA2
C．OA1=3OA2+OA3D．OA1+OA2⊥OA3
【交汇点：基本不等式研究三角形周长的最值问题】
（2025年重庆高一联考）
6．已知△ABC的内角A,B,C的对边分列为a,b,c,A=60°,∠BAC的平分线AD交BC于D，AD=2，则下列说法正确的是（ ）
A．1b+1c=32B．BDCD=sinBsinC
C．1BD+1CD的最大值是3D．△ABC的周长的取值范围是43,+∞
【交汇点：复数新定义结合三角函数与指数函数的运算】
（2025年河南省洛阳市高一下学期期中）
7．对任意复数z=x+yix,y∈R，定义φz=2xcsy+isiny.
(1)若φz=8，求相应的复数z；
(2)证明：φz1φz2=φz1−z2；
(3)若z=a+bia,b∈R中的a为常数，令φz=fb，对任意b，是否一定有常数tt≠0使得fb+t=fb？若有，这样的t是否唯一？说明理由.
【交汇点：三角函数运算解决向量的最值问题】
（2025年四川省嘉祥教育集团高一下学期期中）
8．已知m=2,−2，n=sin2x,cs2x，fx=m⋅n．

(1)将函数fx化简为Asin(ωx+φ)的形式并用五点法画出fx在π8,9π8上简图；
(2)求函数fx取得最大值时x所组成的集合，并试从向量数量积坐标表示的角度，结合数量积的定义解释fx的最大值为2．
【交汇点：对勾函数研究向量有关的最值问题】
（2025年江苏省常州部分学校高一下学期期中）
9．在锐角△ABC中，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2bcsA=acsC+ccsA，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足OA+OB⋅AB=OB+OC⋅BC=0．
(1)若a=3，求AO的值；
(2)在（1）的条件下，求OA+OB+OC的取值范围；
(3)若AO=xAB+yAC，求x+y的取值范围．
【原创点：根据日常生活中的物品研究圆台的体积问题】
（2025年陕西省安康市高一4月期中联考）
10．如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体.某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（ ）
A．45π克B．90π克C．110π克D．120π克
【原创点：大兴机场模型考察正弦定理应用】
（2025年重庆高一下学期期中）
11．北京大兴国际机场（如图所示）位于中国北京市大兴区和河北省廊坊市交界处，为4F级国际机场、世界级航空枢纽、如图，天安门在北京大兴国际机场的正北方向46km处，北京首都国际机场在北京大兴国际机场北偏东16.28°方向上，在天安门北偏东47.43°的方向上，则北京大兴国际机场与北京首都国际机场的距离约为（ ）
（参考数据：sin16.28°≈0.28，sin47.43°≈0.74，sin31.15°≈0.52）
A．65.46kmB．74.35km
C．85.09kmD．121.12km
【原创点：窗花模型建立平面直角坐标系】
（山东省实验中学2024-2025学年高一下学期期中）
12．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为DD1的中点，F为侧面AA1D1D内一动点，且B1F //平面BC1M，过A,M,C1三点作正方体截面Ω，则（ ）
A．三棱锥D1−DCB的外接球表面积为43π
B．动点F的轨迹是一条线段
C．三棱锥F−BC1M的体积是定值
D．若Q为Ω上一点，则线段A1Q长度的取值范围为[263,22]
【原创点：新运算a∗b=absinθ，研究向量的坐标运算】
（江苏省镇江徐州七校2025年高一下学期期中联考）
13．设非零向量a，b的夹角为θ，定义运算a∗b=absinθ．下列说法正确的是（ ）
A．若a=1,1，b=−1,1，则a∗b=2B．a∗b≥ab
C．若a∗b=0，则a//bD．a∗b+c=a∗b+a∗c
【原创点：新文化试题，刍甍模型背景下的空间几何体的体积问题】
（2025年山东省实验中学高一下学期期中）
14．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍，其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示一刍甍，EF∥AB，侧面△ADE和△BCF为等边三角形，AB=4,BC=2,EF=1，则该刍甍的体积为 .
【原创点：复数三角形式的应用】
（2025年山东省名校联盟高一下学期期中）
15．已知复数z=a+bia,b∈R可以表示为三角形式：z=rcsθ+isinθ，其中r=a2+b2,θ是以x轴非负半轴为始边.向量OZ所在射线为终边的角．已知z1=r1csθ1+isinθ1与z2=r2csθ2+isinθ2的乘积z1z2=r1r2csθ1+θ2+isinθ1+θ2．
(1)试将z=1−3i写成三角形式；
(2)当z=1时，求z2−z+1的最大值和最小值．
(3)请用复数三角形式的乘积公式推导三倍角公式：sin3θ=3sinθ−4sin3θ，cs3θ=4cs3θ−3csθ．
【原创点：正方体外接球的问题】
（2025年河南省洛阳市高一下学期期中）
16．已知圆锥SO的底面半径r=3，高ℎ=4.
(1)求此圆锥的表面积；
(2)若圆锥SO在球O1内，求球O1的表面积的最小值；
(3)若一个棱长为x的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求x的最大值.
【原创点：坐标法求解Sm,n】
（2025年山东省实验中学高一下学期期中）
17．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，对任意两个向量m=x1,y1，n=x2,y2，作OM=m，ON=n．当m，n不共线时，记以OM，ON为邻边的平行四边形的面积为Sm,n=x1y2−x2y1；当m，n共线时，规定Sm,n=0．
(1)分别根据下列已知条件求Sm,n：
①m=2,1，n=−1,2；②m=1,2，n=2,4；
(2)若向量p=λm+μnλ,μ∈R,λ2+μ2≠0，求证：Sp,m+Sp,n=λ+μSm,n；
(3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记OA=a，OB=b，OC=c．
（i）当a⊥b时，求Sc,a+Sc,b的最大值；
（ii）写出Sa,b+Sb,c+Sc,a的最大值．（只需写出结果）
【原创点：费马问题研究三角形与向量运算】
（2025年江苏省镇江徐州七校高一下学期期中）
18．费马问题是著名的几何极值问题，它是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P就是它到三个顶点距离之和最小的点，这个点P称为费马点，当△ABC的一个内角大于120°时，最大内角的顶点为费马点．
试用以上知识解决下面问题：
在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若2bc=tanAtanC+1，a=23．
(1)求A；
(2)设点P为△ABC的费马点，
①若PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=−4，求AB⋅AC；
②设∠PBA=α，45°0,φ0)，其相邻两个对称轴之间的距离为π2．
(1)求函数fx的解析式；
(2)若当x∈π3,t时，fx的值域为−12,1，求实数t的取值范围．
(3)设gx=fx−m，若函数gx在x∈−π6,π3上有两个不同零点x1,x2，求实数mx1+x2的取值范围．
x
ωx+φ
fx
参考答案：
1．B
【分析】根据复数的除法及乘法运算化简，利用纯虚数的定义解得参数a，再根据复数的乘方计算，结合周期性求值即可.
【详解】由题意可得z=a−i1+i=a−i1−i1+i1−i=a−1−1+ai2=a−12−1+a2i，
因为z是纯虚数，所以a−12=01+a2≠0，解得a=1.
则z=−i，又−i1=−i，−i2=−1，−i3=i，−i4=1，
则n∈N*时，i4n−3=−i，i4n−2=−1，i4n−1=i，i4n=1，
即有n∈N*时，i4n−3+i4n−2+i4n−1+i4n=0，
故n=12025zn=z+z2+⋯+z2025=506−i+−i2+−i3+−i4+−i=−i.
故选：B.
2．C
【分析】由余弦定理求出A′B′ A′D′，在平面直角坐标系中还原，计算即可
【详解】由斜二测画法知，∠B′A′D′=π4，
所以由余弦定理得cs∠B'A'D'=A'B'2+A'D'2−B'D'22×A'B'×A'D'=22cs∠A'D'B'=A'D'2+B'D'2−A'B'22×B'D'×A'D'=−1010，
∵B′D′=5，∴代入上式解得A'B'=3，A′D′=2，
∴OE=O′D′csπ4=2×22=1，
∴EB′=C′D′=O′B′−O′E=2,C′D′=2，
还原平面图如图，
即AD=2A′D′=22，CD=C′D′=2，AB=A′B′=3
∴BC=12+(22)2=3，
∴四边形ABCD的周长为8+22．
故选：C.
3．A
【分析】对于①，整理可得PA+PB+PC=0，可知点P为△ABC的重心，即可得结果；对于②，举反例说明即可；对于③：根据数量积的运算律，结合向量垂直以及三角形的性质，可得答案；对于④，根据余弦定理建立方程，结合一元二次方程解存在的判别，可得答案.
【详解】对于①：因为PA+2PB=CB=PB−PC，
可得PA+PB+PC=0，可知点P为△ABC的重心，
所以S△ABPS△ABC=13，故①错误；
对于②：例如a=1,b=3,A=π6,B=π3,C=π2，
则acsA=bcsB=32，符合题意，但△ABC不为等腰三角形，故②错误；
对于③：由PA⋅PB=PB⋅PC，则PB⋅PA−PC=PB⋅CA=0，可知PB⊥CA，
同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，
所以点P为△ABC的垂心，故③错误；
对于④：由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，即49=100+c2−103c，
化简可得c2−103c+51=0，则Δ=−103−4×51=300−204=96>0，
则方程存在两个实数解，设两个根为c1,c2，
可得c1+c2=103，c1c2=51，则c1,c2>0，
所以△ABC有两个解，故④正确.
故选：A.
4．D
【分析】根据复数相等可得t=3csθ−132+23，结合三角函数及二次函数的性质即可求解.
【详解】因为z1=z2，所以4−m2=t+2csθ,m=3sinθ,
则t=4−3sin2θ−2csθ=3cs2θ−2csθ+1=3csθ−132+23．
令x=csθ∈−1,1，
则t=3x−132+23在−1,13上单调递减，在13,1上单调递增，
所以当x=13时，tmin=23，当x=−1时，tmax=6，
所以t∈23,6．
故选：D.
5．ABD
【分析】利用三角函数的定义可求OA1,OA2，OA3的坐标，再逐项计算后可得正确的选项.
【详解】因为OA=1,3，故A1,3，所以A2csπ3,2sinπ3，
由题设有A12csπ3−π3,2sinπ3−π3即A12,0，
同理A2−1,3，A33,−1，
故OA1=2,0，OA2=−1,3，OA3=3,−1，
对于A，OA在OA1上的投影向量为OA⋅OA1OA12OA1=24OA1=12OA1，
故A正确；
对于B，OA⋅OA1=2,OA⋅OA2=2，故OA⋅OA1=OA⋅OA2，故B正确；
对于C，3OA2+OA3=−3,3+3,−1=0,2，故OA1≠3OA2+OA3，
故C错误；
对于D，OA1+OA2⋅OA3=1,3⋅3,−1=3−3=0，
故OA1⃗+OA2⃗⊥OA3⃗，故D正确；
故选：ABD.
6．ACD
【分析】根据三角形的面积公式、正弦定理以及三角函数的性质，基本不等式等知识.来分别分析每个选项.
【详解】对于选项A，因为AD是∠BAC的平分线，∠BAC=60°，所以∠BAD=∠CAD=30°.
根据三角形面积公式，可得S△ABC=S△ABD+S△ACD.
即12bcsin60°=12b×AD×sin30°+12c×AD×sin30°，已知AD=2，代入可得：
12bc×32=12b×2×12+12c×2×12，化简得32bc=b+c.
两边同时除以bc，得到1b+1c=32，所以选项A正确.
对于选项B，在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsinB；
在△ACD中，由正弦定理得CDsin∠CAD=ADsinC.
因为∠BAD=∠CAD，所以BDCD=ADsin∠BADsinBADsin∠CADsinC=sinCsinB，所以选项B错误.
对于选项C，由A知道1b+1c=32．
由三角形内角平分线定理，得BDCD=ABAC=cb，所以BD=cb+c⋅BC=acb+c，CD=bb+c⋅BC=abb+c，
可得1BD+1CD=b+cac+b+cab=b+ca1b+1c=3b+c2a．
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccs∠BAC=b2+c2−bc，
所以1BD+1CD=3b+c2b2+c2−bc=3b+c214b+c2+34b−c2≤3b+c214b+c2=232=3，
当且仅当b=c=433时取等号，此时a=433．
故1BD+1CD的最大值为3．所以选项C正确.
对于选项D，由1b+1c=32可得b+c=32bc，
根据基本不等式，则32bc≥2bc，解不等式可得bc≥163（当且仅当b=c时取等号）.
再根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=(b+c)2−3bc=34(bc)2−3bc，
令bc=x（x≥163），则a2=34x2−3x，函数y=34x2−3x在[163,+∞)上单调递增，
所以a2≥34×(163)2−3×163=643−16=163，即a≥433.
所以△ABC的周长L=a+b+c=a+32bc≥433+32×163=43，
即△ABC的周长的取值范围是[43,+∞)，选项D正确.
故选：ACD.
7．(1)3+2kπi
(2)证明见解析
(3)有，不唯一，理由见解析
【分析】（1）由复数新定义结合三角函数和指数函数的运算计算可得；
（2）由复数的新定义结合复数的除法以及两角差的正余弦公式可得；
（3）由复数的新定义结合三角函数的诱导公式计算可得.
【详解】（1）由φz=2xcsy+isiny=2xcsy+2xsinyi=8，得2xcsy=82xsiny=0，
由2x>0得siny=0，从而csy=1，2x=8，
解得x=3，此时y=2kπ，k∈Z；
故z=x+yi=3+2kπi，k∈Z.
（2）设z1=x1+y1i，z2=x2+y2ix1,y1,x2,y2∈R，
则φz1φz2=2x1csy1+isiny12x2csy2+isiny2=2x1−x2csy1+isiny1csy2−isiny2csy2+isiny2csy2−isiny2
=2x1−x2csy1csy2+siny1siny2+isiny1csy2−csy1siny2
=2x1−x2csy1−y2+isiny1−y2
又z1−z2=x1−x2+y1−y2i，
所以φz1−z2=2x1−x2csy1−y2+isiny1−y2，
所以φz1φz2=φz1−z2.
（3）由题意得，fb=φz=2acsb+isinb，
因为cs2kπ+b=csb，sin2kπ+b=sinb，k∈Z，
所以f2kπ+b=2acs2kπ+b+isin2kπ+b=2acsb+isinb=fb，
所以令t=2kπ，k∈Z，k≠0，则有fb+t=fb，
当k取不同值时，t也有相应的不同值，故存在这样的t，但t不唯一.
8．(1)f(x)=2sin2x−π4，列表，作图见解析
(2)xx=3π8+kπ,k∈Z，解释见解析
【分析】（1）根据数量积的坐标运算及三角恒等变换化简可得f(x)=2sin2x−π4，再利用五点作图法画出图象即可；
（2）结合正弦函数的性质求解即可，再结合m⋅n≤m⋅n进行解释即可.
【详解】（1）由题意，f(x)=m⋅n=2sin2x−2cs2x=2sin2x−π4，
列表如下：
作图如下：

（2）令2x−π4=π2+2kπ，k∈Z，解得x=3π8+kπ,k∈Z，
故函数fx取得最大值时x所组成的集合为xx=3π8+kπ,k∈Z.
因为fx=m⋅n=m⋅n⋅csm,n≤m⋅n
=22+−22⋅sin22x+cs22x=2，
当且仅当csm,n=1时等号成立，此时m与n同向，夹角为0，
则函数fx的最大值为2．
9．(1)1
(2)0,1
(3)12,23
【分析】（1）由正弦定理、A+C=π−B可得2sinBcsA=sinB，再由sinB>0求出A=π3，利用向量的运算推得OA=OB=OC，得O为△ABC的外心，再由正弦定理即可求解；
（2）由向量的数量积公式可得OA+OB+OC2 =2cs2B+π3+2，求出C的范围，再根据正弦函数的性质即可求解；
（3）取AB的中点D，由向量的加法运算可得AO⋅AB=12AB2，AO⋅AC=12AC2，再由平面向量数量积的定义可得AB⋅AC=12bc，代入AO⋅AB=xAB2+yAB⋅AC、AO⋅AC=xAB⋅AC+yAC2得2xc+yb=c、xc+2yb=b，联立两式求出x,y，利用正弦定理、对勾函数的单调性即可求得x+y的取值范围．
【详解】（1）由2bcsA=acsC+ccsA和正弦定理，可得2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA=sinA+C=sinB，
因为B∈0,π，所以sinB≠0，则csA=12，
又A∈0,π，所以A=π3，
由OA+OB⋅AB=OB+OC⋅BC=0，可得OA+OB⋅OB−OA=OB+OC⋅OC−OB=0，
即得OB2−OA2=OC2−OB2=0，
则OA=OB=OC，即点O为△ABC的外心，
由正弦定理得，2OA=asinA=332=2，所以AO=1．
（2）因为A=π3，所以∠BOC=2A=2π3，且OA=OB=OC=1，
所以OA+OB+OC2=OA2+OB2+OC2+2OA⋅OB+2OA⋅OC+2OB⋅OC
=3+2cs∠AOB+2cs∠AOC+2cs∠BOC
=3−1+2cs2B+2cs2C
=2+2cs2B+2cs22π3−B
=2+2cs2B−cs2B−3sin2B
=−3sin2B+cs2B+2
=2cs2B+π3+2，
因为△ABC为锐角三角形，所以0