山东省东营市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省东营市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共18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．已知复数（其中i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知角终边上一点，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ）
A．B．
C．D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．底面是矩形的平行六面体是长方体
B．正四面体的高为其棱长的倍
C．用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形
D．过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大
6．若，且是第三象限角，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在平行四边形中，，，E为的中点，若，则（ ）
A．1B．C．D．2
8．将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若为奇函数，则ω的最小值是（ ）
A．B．1C．D．2
二、多选题
9．已知复数z，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．
10．已知O是所在平面内一点，，，，则下列说法正确的是（ ）
A．外接圆的半径为B．内切圆的半径为
C．若O是的外心，则在上的投影向量为D．若O是的垂心，则在上的投影向量为
11．已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰，，，拼成，其中线段，，的中点均为点O，.若将该平面图形绕着直线a旋转半周所围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线b旋转半周所围成的几何体记为，直线直线b，则（ ）
A．的体积为
B．的体积为
C．经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为
D．的表面积为
三、填空题
12．已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为 .
13．已知，且，则 .
14．设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.已知，则 ；若，则 .
四、解答题
15．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求的面积.
16．已知函数的部分图像，如图所示.

(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间.
17．如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为.
(1)求，并求当取得最大值时的值；
(2)若，求的取值范围.
18．如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M.
(1)求角A的大小；
(2)若，求的值；
(3)若，且点G是的重心，求线段的最小值.
19．如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
(1)若向量的“完美坐标”为，求；
(2)已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
(3)若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
1．D
根据题意结合复数的运算求得，即可得z的虚部.
【详解】由题意可得：，
所以z的虚部为.
故选：D.
2．A
求出斜边OP的长，再根据余弦的定义解即可，其中O为坐标系原点.
【详解】设角的终边过,则有.
.
故选：A.
3．A
先根据向量共线求解出参数的值，然后根据坐标运算即可计算出的结果.
【详解】因为，，且，
所以，，
故选：A.
4．D
利用正弦定理结合条件即可求得正确答案.
【详解】由题可知 ，
在△BAD中由正弦定理得：，
即，
又因为在中，，
所以.
故选：D
5．C
由长方体的结构特征判断A；根据正四面体的定义求解判断B；由正方体的结构特征，作出截面即可判断C； 根据圆锥的结构特征，即可判断D.
【详解】对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确；
对于B，设棱长为a，正四面体的高是从一个顶点垂直于对面的高度，
所以底面的等边三角形的高为，
底面的重心将高分为，
又正四面体的高h与侧棱a和底面重心到顶点的距离构成直角三角形：
所以，故B不正确；
对于C，用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，
如图所示：
，
故C正确；
对于D，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长，
设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，
显然当，面积最大，
故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误.
故选：C.
6．B
利用诱导公式结合同角三角关系可得，再利用诱导公式运算求解.
【详解】因为，即，
且是第三象限角，则，
所以.
故选：B.
7．A
设的长为，又，，根据数量积的运算律及定义得到方程，解得即可.
【详解】设的长为，因为，，
所以
，解得或（舍去）．

故选：A
8．A
利用平移思想，结合函数平移得到的是奇函数，可得的取值可能，从而可得最小值.
【详解】函数的图象向左平移个单位，
得到函数，
由为奇函数，则，
因为，所以的最小值是.
故选：A
9．BC
对于A，由已知可得，则复数不确定，即可判断；对于B，由于，可得，即可判断；对于C，由， 可得在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由表示单位圆上的点与点的距离，即可求得的范围，即可判断；对于D，设，计算求得及，即可判断.
【详解】根据题意，对于选项A，设，由于，
所以，则复数不确定，故选项A不正确；
对于选项B，设，由于，
所以，则，所以，，则，故选项B正确；
对于选项C，设，由于，所以，
所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，
因为表示单位圆上的点与点的距离，
所以的最小值为，最大值为，
所以，故选项C正确；
对于选项D，设，，
，
当时，，
例如，，，，
所以选项D错误.
故选：BC．
10．ACD
利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解判断A；利用三角形面积公式计算判断B；利用投影向量的意义求解判断CD.
【详解】对于A，在中， ，则，
由余弦定理得，即.
设外接圆的半径，由正弦定理可得，则，A正确；
对于B，的面积为，设内切圆的半径为，
则，解得，B错误；
对于C，若为的外心，结合投影向量定义可得在上的投影向量为，C正确.
对于D， ，若为的垂心，
则在上的投影向量为，D正确.
故选：ACD
11．ABD
该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥，根据圆台和圆锥的体积公式计算可判断A；该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥，根据圆锥的侧面积、体积公式可判断BD；该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆，该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆，根据圆面积公式可判断C；
【详解】如图，过点A作直线的垂线，垂足为，过点A作直线的垂线，垂足为，
由题意得，
所以，即，
所以，所以，
对于A：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个圆台挖去2个圆锥，
其中圆台的2个底面半径分别为，高为，
圆锥的底面半径为，高为，
所以的体积为，故正确；
对于D：该平面图形绕着直线旋转半周所围成的几何体为2个大圆锥挖去2个小圆锥，
其中大圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
小圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
则的表面积为2个大圆锥和2个小圆锥的侧面积组成，
所以的表面积为，故D正确；
对于B：由D知的体积为，故B正确.
对于C：该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为3的半圆，
该平面图形绕着直线旋转半周，点A的运动轨迹为半径为的半圆，
所以经过两次旋转后，点A所有的运动轨迹总长为，故C错误；
故选：ABD.
12．
利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积.
【详解】由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径，
则外接球的半径，
所以该三棱柱的外接球的体积为.
故答案为：.
13．/
由同角三角函数基本关系式求出，再根据两角差的余弦公式即可得结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以，
故的值为.
故答案为：
14．
本题可先根据切比雪夫多项式的定义求出的表达式，再利用三角函数的相关公式化简计算可得，先求，进而化简计算可得结果.
【详解】时，由，可得,
时，由，可得,
时，由
，
可得,
所以，
，得.
由，即，，
结合，可得.
.
故答案为：；
15．(1)
(2)
（1）由正弦定理得，由，求出，由此求出角A．
（2）由余弦定理得，从而，由此能求出的面积．
【详解】（1）由正弦定理可得：
由两角和的正弦公式.
因为在中，，则，
所以，
因为，所以，即，
又因为，所以.
（2）已知，，，根据余弦定理代入可得：
，化简可得，
解得或（舍）
根据三角形面积公式可得.
16．(1)
(2)，
（1）结合三角函数的图像求参数的值即可得解；
（2）由三角函数图像的平移和伸缩变换求出函数的解析式，再结合三角函数单调区间的求法即可.
【详解】（1）由题图得，
因为，∴.
由，得，
所以，解得.
又因为，∴当时，.
又由，得.
故.
（2）将 的图像向右平移个单位，
得到的图像，
再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
得到的图像.
由，，得，
当时，；当时，，
因为，所以函数在区间上的单调递增区间为，
17．(1)，时，取得最大值；
(2).
（1）求出、、关于的表达式，利用三角恒等变换化简函数的表达式即可，并写出该函数的定义域，由可求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值；
（2）由可求出的取值范围，由可得出，可得出的取值范围，解之即可.
【详解】（1）根据题意可知，，，
所以，
整理得
.
即.
所以，显然时，取得最大值，此时.
（2）由，可得，
因为，所以，解得，
即不等式的解集为.
18．(1)
(2)
(3)
（1）根据题意利用面积公式和余弦定理化简得到，求出，可得；
（2）由三点共线得到，，从而得到方程组，求出，得到答案；
（3）由重心定义得到，进而求出，根据三角形面积公式得到， 两边平方，结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为，则，
可得，
则，可得，
又因为，则，
则，所以；
（2）由题意可得：，，
由D、M、C三点共线得，
由B、M、E三点共线可得，
则，解得，
可得，可得，
所以；
（3）由重心定义得，则，
又因为，可得，
可得
，
当且仅当时，等号成立，
即，所以线段GM的最小值为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3).
（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证；
（3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合函数的单调性即可求得的最大值，即可得出结果.
【详解】（1）因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以，，
所以.
（2）由（1）知，
所以
，
即.
（3）因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得
.
令，则
因为，所以，则，
又，
即，
所以，.
已知恒成立，即对恒成立.
因为时，，所以对恒成立.
令，，单调递增，
当时，.
所以，即实数的取值范围是.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
A
D
C
B
A
A
BC
ACD
题号
11









答案
ABD