2024~2025學年度第二學期期中考試高一年級數學試卷考試時間：2025年4月15日下午：16：15—18：15試卷滿分：150分一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若復數，則的虛部為（）A.1 B.-2 C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用復數的乘法運算化簡再求解.【詳解】解：因為復數，所以，所以的虛部為1，故選：A2.的直觀圖如圖所示，其中軸，軸，且，則的面積為（）A.4 B. C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】先求出，再根據與的面積之比為，得到答案.【詳解】由題意得，由三角形面積公式得，又與的面積之比為，故的面積為故選：C3.中，角所對的邊分別為，若，則（）A. B. C. D.或【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得，再由邊角關系確定角的大小即可.【詳解】由題意，在中，則，所以，因為，所以或，又，所以．故選：A4.將函數圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變)，得到函數y＝g(x)的圖象，則函數y＝g(x)的圖象的一個對稱中心是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據三角函數的伸縮變換規律，得到的解析式，求出它的對稱中心，結合選項，選出正確的一個對稱中心．【詳解】由題意可知：令，是函數的圖象的一個對稱中心，故本題選A．【點睛】本題考查了余弦函數的伸縮變換、對稱中心.5.已知向量滿足，則向量在向量上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據平面向量數量積的性質，由模長求解，再根據投影向量的公式求解即可.【詳解】因為，所以，則，所以向量在向量上的投影向量為.故選：A.6.如圖，在中，，P是BN上的一點，若，則實數的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件得到，由共線定理的推論得到方程，求出答案.【詳解】，故，，故，因為三點共線，故，解得.故選：C7.在中，角所對的邊分別為，，的平分線交于點，且，則的最小值為（）A.6 B.7 C.8 D.9【答案】D【解析】分析】根據面積關系建立方程關系，結合基本不等式1的代換進行求解即可．【詳解】由題意得，即，所以，得，得，當且僅當，即時，的最小值為.故選：D．8.已知函數，在曲線與直線的交點中，若相鄰交點的距離為.若且關于的方程有三個不等的實根，則實數的取值范圍（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡函數解析式得出，根據題意出函數的最小正周期，可求出的值，解題中的方程得出或，分析可知函數在區間上有兩個不等的零點，分析函數的單調性，可出關于實數的不等式組，即可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，因為曲線與直線的交點中，相鄰交點的距離為.所以函數的最小正周期為，可得，即，由可得，解得或，當時，，由可得，可得，解得，所以方程在上只有一個解，故方程在上有兩個不等的解，令，由可得，由可得，所以函數在區間上單調遞減，在上單調遞增，由題意可知，函數在區間上有兩個不等的零點，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：B.二?多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.棱臺的側面都是等腰梯形B.棱柱的側棱長都相等，但側棱不一定都垂直于底面C.過圓錐頂點的截面是等腰三角形D.以直角梯形的一邊所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓臺【答案】BC【解析】【分析】利用棱臺的結構特征判斷A；利用棱柱的結構特征判斷B；利用圓錐的結構特征判斷C；利用圓臺的結構特征判斷D.【詳解】對A，棱臺的側棱延長后交于一點，但側面不一定是等腰梯形，如一條側棱垂直于底面，那么會有兩個側面為直角梯形，故A錯誤；對B，棱柱的側棱長都相等，但側棱不一定都垂直于底面，故B正確；對C，因為每條腰都是母線，且圓錐的母線長度相等，因此過圓錐頂點的截面是等腰三角形，故C正確；對D，以直角梯形的直角腰所在直線為軸旋轉一周所得的旋轉體才是圓臺，故D錯誤.故選：BC.10.歐拉公式是由瑞士著名數學家歐拉創立，該公式將指數函數的定義域擴大到復數集，建立了三角函數與指數函數的關聯，在復變函數論里面占有非常重要的地位，被譽為數學中的天橋.依據歐拉公式，下列說法中正確的是（）A.的模長為定值 B.為純虛數C.對應的點位于第二象限 D.的共軛復數為【答案】AD【解析】【分析】A選項，，故模長為，A正確；B選項，，B錯誤；C選項，對應的點坐標為，C錯誤；D選項，計算出，根據共軛復數的概念得到答案.【詳解】A選項，，故的模長為，A正確；B選項，，為實數，B錯誤；C選項，當時，，故對應的點坐標為，不在第二象限，C錯誤；D選項，，共軛復數為，D正確.故選：AD11.已知函數部分圖象如圖所示，將函數的圖象向左平移個單位長度后得到的圖象，則下列說法正確的是（）A. B.C.函數為偶函數 D.函數在區間上單調遞減【答案】ABD【解析】【分析】根據函數圖象求出的解析式，即可判斷A、B

，再根據三角函數的變換規則得到解析式，再由正弦函數的性質判斷C、D．【詳解】對于A，函數的部分圖象，可得，，，則．又，所以，，所以，，又，，，故A正確；對于B，由，，，故B正確；對于C，將函數圖象向左平移個單位長度得到，則為奇函數，故C錯誤；對于D，當則，因為在上單調遞減，所以函數在區間上單調遞減，故D正確，故選：ABD．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知是兩個不共線的向量，向量.若，則__________.【答案】-2【解析】【分析】根據向量平行，設，從而得到方程組，求出答案.【詳解】因為，所以設，故，解得.故答案為：-213.已知都是銳角，，則___________.【答案】##【解析】【分析】要求，先求，結合已知可有，利用兩角差的余弦公式展開可求.【詳解】、為銳角，，，由于為銳角，故答案為：14.已知函數（，），為的零點，為圖像的對稱軸，且在上單調，則的最大值為______.【答案】5【解析】【分析】根據已知條件，易得，再結合在上單調，可知，進而可得的最大值.【詳解】由為的零點，得，即，，①又因為圖像的對稱軸，得，，②聯立①②得：，故為奇函數，又因在上單調，所以，即，故，因為奇函數，故，且檢驗滿足在上單調.故答案為：5.【點睛】本題考查的正弦函數圖像性質的綜合應用，解決本題的關鍵在于在上單調，可轉化為，但需驗證結果是否滿足題意即可.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.如圖，在梯形中，，，.（1）若，求的長；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理進行求解即可；（2）利用余弦定理進行求解即可.【小問1詳解】在中，由正弦定理得，則.【小問2詳解】因為，所以.由余弦定理得，則，所以16.已知向量.（1）若向量與共線，求實數的值；（2）若向量與的夾角為銳角，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量共線的坐標運算可知，即可求出參數值；（2）利用兩向量夾角為銳角的充要條件是且與不共線，從而可得不等式組求解即可.【小問1詳解】由題意可得，，若向量與共線，可得，解得.【小問2詳解】若向量與的夾角為銳角可得且與不共線，即可得，解得且，即實數的取值范圍為且17.如圖，一個半徑為4的筒車按逆時針方向每分鐘轉1圈，筒車的軸心O距離水面的高度為米.設筒車上的某個盛水筒P到水面的距離為d（單位：）（在水面下則d為負數），若以盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間，則d與時間t（單位：）之間的關系為（1）求的值；（2）盛水筒出水后至少經過多少時間就可以到達最高點？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據振幅得到，根據題意得到最小正周期，，由最值得到，代入特殊點函數值求出；（2）由（1）得到，從而得到方程，求出，求出最小值，得到答案.【小問1詳解】由題意，振幅等于半徑，即，逆時針方向每分鐘轉一圈，，，由題意，因為時，，所以，所以，又；【小問2詳解】由（1）可得，，令，則有，即，，，當時，最小，，盛水筒出水后至少經過25s就可以到達最高點.18.在中，角，，所對的邊分別為，，，，.（1）求外接圓的面積；（2）若，，求的周長.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先利用誘導公式將原式化簡，再運用正弦定理進行邊角互化，得出角的大小，然后運用正弦定理求解外接圓的半徑，從而得出外接圓的面積.（2）由及可解出，的大小，得出角的大小，進而得出角，然后在中，由余弦定理可解得的值，得出的周長.【詳解】（1）∵，∴，由正弦定理得：，因為，所以，得，又，故，∴外接圓的半徑，∴外接圓的面積為.（2）由及得：，，∵，則為銳角，∴，故.如圖所示，在中，由余弦定理得，，解得，則的周長為.【點睛】解三角形時，若題目所給式子中含有角余弦或邊的二次式，則考慮用余弦定理；若式子中含有角的正弦或者邊的一次式時，則考慮用正弦定理；若以上特征不明顯，則兩個定理都有可能用到.19.如圖，在邊長為1的正三角形ABC中，D為AB的中點，，過點O的直線交邊AB與點M，交邊AC于點N．（1）用，表示；（2）若，，求的值；（3）求的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據已知可得出，然后即可得出答案；（2）先根據已知結合（1）的結論得出，然后根據三點共線得出，即可得出答案；（3）先用得出，然后根據數量積的運算律可推得.根據（2）的結論可得出，，，換元，可得出.然后根據對勾函數的單調性可得出，根據二次函數的性質，即可得出答案.【小問1詳解】因為D為BC中