2024-2025学年广东深圳高级中学高一下学期阶段性测试数学试题含答案

高中深圳高级中学（集团）东校区2024-2025学年第二学期阶段性测试高一数学一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的）.1.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.2.下列命题正确的是（）A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱B.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形公共边都互相平行的几何体是棱柱D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台3.伊丽莎白塔俗称“大本钟”，是英国伦敦的标志性建筑．该钟的时针长约为2.8m，则经过，时针的针尖走过的路程约为（）A. B. C. D.4.已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（）A. B. C. D.5.已知角终边上有一点，则（）A. B.2 C. D.36.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（）A. B.3 C. D.77.如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（）A.2 B.1 C.－2 D.－18.已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（）A.－1 B. C. D.二、多选题：本小题共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，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）.9.已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（）A.B.复数的虚部为C.若对应的向量为对应的向量为，则向量对应的复数为D.若复数是关于的方程的一个根，则10.如图，直线与函数的部分图象交于三点（点在轴上），若，则下列说法正确的是（）AB.C.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象D.当时，11.的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（）A.的内切圆半径为 B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面内给定三个向量.若，则实数的值为__________.13.已知函数的定义域为，若有且仅有两个解，则的取值范围为______．14.在中，角对边分别为，其面积为，已知，则（1）________；（2）的最大值为________．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.在中，内角的对边分别为.已知.（1）求角的大小；（2）已知.求的面积.16.已知函数，且．（1）求的值；（2）求的对称中心和单调递减区间；（3）若，，求的值．17.2024年是宿州市泗县北部新城建立7周年，泗县县政府始终坚持财力有一分增长，民生有一分改善，全力打造我县民生样板，使寸土寸金的商业用地变身“城市绿肺”，老厂房、旧仓库变身步行道、绿化带等.现有一足够大的老厂房，计划对其改造，规划图如图中五边形所示，其中为等腰三角形，且，计划沿线段BE修建步行道.（1）求步行道BE的长度；（2）现准备将区域建为绿化带且，当绿化带的周长最大时，求该绿化带的周长与面积.18已知函数.（1）求的零点；（2）设函数的最大值为，求的解析式；（3）若任意，存在，使，求实数的取值范围.19.在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为.（1）已知向量，求；（2）（i）设向量的夹角为，证明：；（ii）在中，为的中点，且，若，求.

深圳高级中学（集团）东校区2024-2025学年第二学期阶段性测试高一数学一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的）.1.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的概念可得结果.【详解】由题意得，，∴.故选：B.2.下列命题正确的是（）A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱B.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥C.有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱D.用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台【答案】C【解析】【分析】根据常见几何体的基本特征判断各选项即可.【详解】对于A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体不一定是棱柱，可能是棱台或组合图形，故A错误；对于B，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故B错误；对于C，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故C正确；对于D，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才是棱台，故D错误.故选：C.3.伊丽莎白塔俗称“大本钟”，是英国伦敦的标志性建筑．该钟的时针长约为2.8m，则经过，时针的针尖走过的路程约为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由弧长公式即可求解；【详解】因为时针每转一周，故经过，时针的针尖转过的弧度数为，走过的路程约为．故选：C4.已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解.【详解】在中，，由有两解，得，即，解得，所以的取值范围为.故选：D5.已知角的终边上有一点，则（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】【分析】由三角函数定义及诱导公式可得答案.【详解】由三角函数的定义，有.由诱导公式，.故选：B.6.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（）A. B.3 C. D.7【答案】A【解析】【分析】利用投影向量的概念结合平面向量数量积的坐标表示及模长公式计算即得.【详解】因向量在向量上的投影向量是，则，故，于是.故选：A7.如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO、NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（）A.2 B.1 C.－2 D.－1【答案】B【解析】【分析】利用向量共线的推论与线性关系，求解系数再结合向量减法即可求参.【详解】因为三点共线，所以，又因为是中点，所以，因为，所以，所以，则所以，因为三点共线，所以，又因为是中点，所以，因为，所以，所以，则所以，所以，所以.故选：B.8.已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（）A.－1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析题目条件可得，取的中点，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果.【详解】∵分别表示与方向的单位向量，∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为的平分线所在直线，∵，∴的平分线与垂直，故.取的中点，连接，则，由题意得，，∴.如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，故.设，则，∴，∴，，∴，当时，取得最小值，最小值为.故选：C.二、多选题：本小题共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，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）.9.已知复数（为虚数单位），则下列说法正确是（）A.B.复数的虚部为C.若对应的向量为对应的向量为，则向量对应的复数为D.若复数是关于的方程的一个根，则【答案】ACD【解析】【分析】A选项，根据模长公式进行计算；B选项，利用复数除法法则和虚部的概念得到B错误；C选项，根据复数的几何意义来判断；D选项，和均为方程的根，由韦达定理求解即可.【详解】A选项，，A正确；B选项，，故复数的虚部为，B错误；C选项，由题意，又，则向量，故向量对应的复数为，C正确；D选项，若复数是关于的方程的一个根，则，故和均为方程的根，故，所以，故，，，D正确.故选：ACD10.如图，直线与函数的部分图象交于三点（点在轴上），若，则下列说法正确的是（）A.B.C.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象D.当时，【答案】AD【解析】【分析】对A，根据过判断即可；对B，由相邻可得，，再根据求解；对C，由的函数解析式与平移变化分析即可；对D，根据正弦函数的值域判断即可.【详解】对A，由过可得，即，由图结合可得，故A正确；对B，由可得，即或，由相邻可得，，故，又，则，可得，故B错误；对C，由AB可得，将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，故C错误；对D，当时，，故，则，故D正确.故选：AD11.的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（）A.的内切圆半径为 B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出可判断A；求出可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用可判断C；利用可判断D.【详解】取边的中点，连接，因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上，且，，内切圆半径，对于A，由得，解得，故A正确；对于B，因为，所以，，故B正确；对于C，由余弦定理得，，所以，所以的外接圆半径，，所以，所以，，故C错误；对于D，的外接圆半径，，所以，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是判断出内心P、外心O、重心G都在中线上.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面内给定三个向量.若，则实数的值为__________.【答案】【解析】【分析】根据向量线性运算的坐标关系，即可求解.【详解】因为，又，所以，所以.故答案为：13.已知函数的定义域为，若有且仅有两个解，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】利用辅助角化简得出，由已知条件分析可知方程在时有两个解，当时，求出的取值范围，结合题意可得出关于的不等式，解之即可.【详解】因，由可得，可得，即，则，即方程在时有两个解，因为，当时，，由题意可得，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.14.在中，角的对边分别为，其面积为，已知，则（1）________；（2）的最大值为________．【答案】①.②.【解析】【分析】空1：由条件，结合正弦定理化边为角可得，结合内角和公式，诱导公式，两角和正弦公式化简可得结论，空2：方法一：由条件化角为边可得，结合三角形面积公式及条件可得，再求其最值；方法二：作垂直于点,设，，结合第一空结论可得，，结合三角形面积公式可得，结合基本不等式求最值.【详解】设的外接圆半径为，由正弦定理可得，所以又，故，因为，所以，∴，∴，∴，∴；第二空：方法一：因为，∴∴，又因为，∴∴，当时，即时，取得最大值，最大值为．方法二：作垂直于点,由（1），∴∴，设，，则，∴，∴，当且仅当时，即时等号成立，所以的最大值为．故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，先利用正弦定理，余弦定理将条件中的边角关系转化为角的关系或边的关系，再结合三角恒等变换或结合代数变形对相关式子进行变形求解.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.在中，内角的对边分别为.已知.（1）求角的大小；（2）已知.求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两角和的余弦公式化简结合二倍角的余弦公式即可求出的值，进而可求角；（2）由余弦定理可得，再利用三角形面积公式即可求出.【小问1详解】因为，即，解得或.因为在中，，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理，得，整理得，由，解得，所以的面积为.16.已知函数，且．（1）求的值；（2）求的对称中心和单调递减区间；（3）若，，求的值．【答案】（1）（2）对称中心为，单调递减区间为（3）【解析】【分析】（1）先化简解析式，再利用即可求出；（2）化简，再利用整体代换求对称中心和单调递减区间即可；（3）由得，通过求出，再凑角为，化简后求值即可.【小问1详解】，因为，所以，所以；【小问2详解】由（1）知，令得，所以的对称中心为，令得，所以单调递减区间【小问3详解】因为，所以，又因为，所以，因为，可得，所以，所以．17.2024年是宿州市泗县北部新城建立7周年，泗县县政府始终坚持财力有一分增长，民生有一分改善，全力打造我县民生样板，使寸土寸金的商业用地变身“城市绿肺”，老厂房、旧仓库变身步行道、绿化带等.现有一足够大的老厂房，计划对其改造，规划图如图中五边形所示，其中为等腰三角形，且，计划沿线段BE修建步行道.（1）求步行道BE的长度；（2）现准备将区域建为绿化带且，当绿化带的周长最大时，求该绿化带的周长与面积.【答案】（1）；（2）周长为，面积为.【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，再借助给定角判断三角形形状求出.（2）由（1）的结论，利用余弦定理建立关系，再利用基本不等式求出周长最大值及此时三角形面积.【小问1详解】在中，由正弦定理，得，解得，而，则，即有，又为等腰三角形，所以为等腰直角三角形则，所以，即步行道BE的长度为.【小问2详解】在中，由余弦定理，得，，当且仅当时取等号，则当时，