2024學年第二學期期中三校聯考高一數學科試題試題說明：本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分為150分，考試時間為120分鐘．第一部分選擇題（共58分）一、單項選擇題：本題共8題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的．1.（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用復數的乘法計算得解.【詳解】解：由題意.故選：B.2.如圖所示，在正方體中，分別是側面，側面的中心，分別是線段的中點，則直線與直線的位置關系是（）A.相交 B.異面 C.平行 D.無法確定【答案】C【解析】【分析】連接，根據三角形中位線性質以及平行直線的傳遞性，即可判斷答案.【詳解】如圖，連接，則分別為的中點，故,由分別是線段的中點，得，故,故選：C3.在中，點D在邊AB上，．記，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據幾何條件以及平面向量的線性運算即可解出．【詳解】因為點D在邊AB上，，所以，即，所以．故選：B．4.如圖所示，為測量一樹的高度，在地面上選取兩點，從兩點測得樹尖的仰角分別為和，且兩點之間的距離為，則樹的高度為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】方法一：在中，利用正弦定理求解；方法二：設樹高為，則由求解.【詳解】方法一：在中，，又，，由正弦定理得：，所以，所以樹的高度為，方法二：設樹高為，則，則，故選：A.5.已知向量，則在方向上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出以及，根據投影向量的定義，即可求得答案.【詳解】由于向量，故，則，，在方向上的投影向量為，故選：A6.已知復數是關于的方程（，）的一個根，若復平面內滿足的點的集合為圖形，則圍成的面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由是方程的根求出，，然后由復數減法的幾何意義求解即可.【詳解】∵是關于的方程（，）的一個根，∴（，），化簡得，∴，解得，∴，如圖所示復平面內，復數和表示的點為和，表示的向量為和，則由復數減法的幾何意義，復數表示的向量為，若，則，∴點的集合圖形是以為圓心，半徑為的圓，∴圍成的面積為.故選：A.7.已知平面內的三個單位向量、、，且，，則（）A. B. C. D.或【答案】D【解析】【分析】求出、的夾角、、的夾角，數形結合可得出、的夾角，利用平面向量數量積的定義可求得的值.【詳解】如圖，，，（或），由得，又，所以，由得，又，所以，（或，又，所以）所以、夾角為或，當、夾角為時，則；當、夾角為時，則.所以或.故選：D.8.將正弦曲線向左平移個單位得到曲線，再將曲線上的每一點的橫坐標變為原來的得到曲線，最后將曲線上的每個點的縱坐標變為原來的2倍得到曲線的，若曲線恰好是函數的圖象，則在區間上的值域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據正弦函數圖象的變換規律可得的解析式，結合x的取值范圍利用正弦函數的性質，即可求得答案.【詳解】將正弦曲線向左平移個單位得到曲線：的圖象，再將曲線上的每一點的橫坐標變為原來的得到曲線：的圖象，將曲線上的每個點的縱坐標變為原來的2倍得到是曲線：的圖象，由于曲線恰好是函數的圖象，故，由得，故，故選：B二、選擇題：本題共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.若復數，則（）A. B.的實部與虛部之差為C. D.在復平面內對應的點位于第二象限【答案】ABC【解析】【分析】利用復數的除法化簡復數，利用復數的模長公式可判斷A選項；利用復數的概念可判斷B選項；利用共軛復數的定義可判斷C選項；利用復數的幾何意義可判斷D選項.【詳解】因為.對于A選項，，A對；對于B選項，的實部與虛部之差為，B對；對于C選項，，C對；對于D選項，在復平面內對應的點位于第四象限，D錯.故選：ABC.10.已知向量，不共線，向量平分與的夾角，則下列結論一定正確的是（）A. B.C.向量，在上的投影向量相等 D.【答案】BC【解析】【分析】根據給定條件，結合向量加法的幾何意義可得，再借助數量積的運算律逐項分析判斷即得.【詳解】作向量，在中，，，由向量平分與的夾角，得是菱形，即，對于A，與不一定垂直，A錯誤；對于B，，即，B正確；對于C，在上的投影向量，在上的投影向量，C正確；對于D，由選項A知，不一定為0，則與不一定相等，D錯誤.故選：BC11.在中，角所對的邊分別為，且，則下列結論正確的有（）A.B.若，則為直角三角形C.若為銳角三角形，的最小值為1D.若為銳角三角形，則的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】根據正弦定理和三角恒等變換可得，即可得，所以A正確；再利用由正弦定理計算可得，可得，B正確；由銳角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C錯誤；由正弦定理可得，結合的范圍并利用函數單調性可得D正確.【詳解】對于中，由正弦定理得，由，得，即，由，則，故，所以或，即或（舍去），即，A正確；對于B，若，結合和正弦定理知，又，所以可得，B正確；對于，在銳角中，，即.故，C錯誤；對于，在銳角中，由，，令，則，易知函數單調遞增，所以可得，D正確；故選：ABD.第二部分非選擇題（92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.設是原點，向量對應的復數分別為，那么向量對應的復數是__________．【答案】##【解析】【分析】根據復數與向量的對應關系以及向量的運算法則來求解向量對應的復數.【詳解】已知向量，對應的復數分別為，.根據向量運算法則，那么向量對應的復數為向量對應的復數減去向量對應的復數.即，化簡得：.故答案為：.13.已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為1和2，且與所在直線互相垂直，則該棱臺的體積為__________．【答案】##【解析】【分析】由圖及題意可得棱臺的高，后由體積公式可得答案.【詳解】如圖，連接，過D作平行線，交于點，連接DE.又，則四邊形為平行四邊形.又由題，，則又，則，則等腰直角三角形斜邊上的高，即棱臺的高為則由棱臺體積公式，棱臺體積為：故答案為：14.如圖，已知正方形的邊長為4，若動點在以為直徑的半圓(正方形內部，含邊界)，則的取值范圍為_____.【答案】【解析】【分析】利用向量的數量積運算即可求解.【詳解】因為正方形邊長為4，取的中點，連接，當在點或點時，，當當在弧中點時，，所以的取值范圍為，由于，，，所以，因為，所以，故，所以，即取值范圍為.故答案為：.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.已知向量.（1）求；（2）若，求實數的值；（3）若，求實數的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】利用平面向量線性運算、向量相等、向量平行的坐標表示進行求解.【小問1詳解】，.小問2詳解】，又，，所以，解得，所以.【小問3詳解】,，，，，解得.16.在中，角，，所對應的邊分別為，，，且.（1）求的大小；（2）若的面積為，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理可得，再根據角的范圍可得結果；（2）根據面積公式可得，根據余弦定理可得，再根據余弦定理可得的值.【詳解】（1）在中，由正弦定理可得：，所以：，又，所以.（2）因為的面積為，∴，由余弦定理，，所以.所以.【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面積公式，屬于基礎題.17.如圖，已知點在圓柱的底面圓上，為圓的直徑，，，三棱錐的體積為.（1）求圓柱的表面積；（2）求三棱錐外接球的體積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出、，即可得到，再由求出，最后根據圓柱的表面積公式計算可得；（2）三棱錐外接球即為圓柱的外接球，求出外接球的半徑，再根據球的體積公式計算可得.【小問1詳解】∵在中，，∴，又在中，，，∴，而點的圓柱的底面圓上，∴，所以，于由，得，∴，∴圓柱的表面積.【小問2詳解】三棱錐外接球即為圓柱的外接球，則外接球的球心是的中點，半徑，所以三棱錐外接球的體積.18.在中，角的對邊分別為，若．（1）求角的大小；（2）若為上一點，且為角的平分線，，求的最大值．【答案】（1）；（2）3.【解析】【分析】（1）先由正弦定理角化邊，再由余弦定理即可求解；（2）先由求出，再將代入，并設得到，再結合基本不等式即可求解.【小問1詳解】由題和正弦定理得，整理得，所以由余弦定理得，又，所以.【小問2詳解】因為，所以由題，所以由得，即，又，設，則，所以，又，當且僅當即時等號成立，所以，即的最大值為3.19.如圖，點，，在函數的圖象上．（1）求函數的解析式；（2）若函數圖象上的兩點，滿足，，求四邊形OMQN面積的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由圖可求出，從而求得，由圖可知函數處取得最小值，從而可求出的值，再將點的坐標代入函數中可求出，進