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2024-2025 学年山东省青岛市青岛第十九中学高一下学期期中
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若 i(1 ) = 1，则 + =( )
A. 2 B. 1 C. 1 D. 2
2.在等式①0 = 0；②0 = 0；③( ) = ( )；④若 = ，且 ≠ 0，则 = ；⑤非零向
量 ， 满足| | = | + |，则 ⊥ .其中正确的命题的个数是：( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3.如图，水平放置的四边形 的斜二测画法的直观图为矩形 ′ ′ ′ ′，已知 ′ ′ = 2， ′是 ′ ′
的中点，则 的长为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4.已知向量 , 满足 | = 1, | = 2, = 32，则 cos , +
=( )
A. 24 B.
2 2 2
2 C. 4 D. 2
5.已知向量 = ( , )，若向量(12 , 5 )( > 0)与 反向，且向量 在向量(3,0)上的投影向量为( 12,0)，
则 的值为( )
A. 7 B. 17 C. 17 D. 7
6 π.若圆锥的母线长为 1，其侧面展开图的面积为2，则这个圆锥的体积为( )
A. 3π B. 324 12 π C.
3 3
6 π D. 3 π
7.已知正三棱锥的底面边长为 6，侧面积为 18 3，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 49π B. 49π3 C. 48π D. 36π
8.如图，在平面四边形 中， = 2, ∠ = 30°, ⊥ , ∠ = 120°，则 2 + 2的最小值为( )
A. 3 B. 2 C. 2 3 D. 4
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二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正方体 1 1 1 1的 8 个顶点中任意取 4 个不同的顶点，则下列说法正确的是( )
A.存在四个点，使得这四个点构成平行四边形
B.存在四个点可以构成正四面体
C.不存在这样的四个点，使得构成的四面体每个面都是直角三角形
D.存在有三个面是直角三角形、一个面是等边三角形的四面体
10.对于 ，有如下判断，其中正确的判断是( )
A. +2 2 + 若 = 2, = 30°，则sin +2sin = 2sin +sin = 4
B.若 = 8, = 10, = 60°，则符合条件的 有两个
C.若点 为 所在平面内的动点，且
= + , ∈ (0, + ∞)，则点 的轨迹经过 cos cos
的垂心
D.已知 是 内一点，若 2 + + 3 = 0, , 分别表示 , △ 的面积，则
= 1: 6
11.欧拉公式e i = cos + isin 是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建
立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天骄，依据欧
拉公式，下列选项正确的是( )
π
A.复数ei对应的点位于第二象限 B. e2i为纯虚数
π
3i
C. eπi 1 = 0 D. e 1复数 3+i的模为2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 中， = 2 ，若 = + ，则 = ．
13.如图所示，三棱台 ′ ′ ′的体积为 7， = 2 ′ ′，沿平面 ′ 截去三棱锥 ′ ，则
剩余的部分几何体的体积为 ．
14.在锐角 中，若 2 + 2 = 2 2，则 cos 的取值范围是 ．
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。
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15.(本小题 13 分)
已知复数 1 = i ， 2 = 1 i，其中 是实数．
(1)若 21 = 2i，求实数 的值；
(2) 若 1 是纯虚数，2
2 3 2025
①求 1 + 1 + 1 + + 1 2 2 2
；
2
②当 2 1 = 1 时， 2 的最小值．
16.(本小题 15 分)

设三角形 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 且 sin( + ) = 2 3sin2 2．
(1)求角 的大小；
(2) 3 21若 = 3， 边上的高为 7 ，求三角形 的周长．
17.(本小题 15 分)
在面角梯形 中，已知 // ，∠ = 90°， = 2 = 2 = 4，点 是 边上的中点，点 是
边上一个动点．
(1)若 是 边的中点，试用 和 表示 ；
(2)①若 = 1 2
，求 的值
②求 的取值范围．
18.(本小题 17 分)
某同学用“五点法”画函数 ( ) = sin( + ) > 0, | | < π2 在某一个周期内的图象时，列表并填入了
部分数据，如下表：
π
+ 0 π 3π2 2π2
π
5π3 6
sin( + ) 0 3 0 3 0
(1)求出实数 , , 和函数 ( )的解析式；
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(2)将 = ( )图象上的所有点向右平移 ( > 0)个单位长度，并把图象上所有点的横坐标缩短为原来的
1 ( 5π2 纵坐标不变)，得到 = ( )的图象.已知 ( )图象的一个对称中心为 12 , 0 ，求 的最小值；
(3)在(2)的条件下，当 取最小值时，若对 ∈ π6 ,
π
6 ，关于 的方程 ( ) = 1 恰有两个实数根，求实数
的取值范围．
19.(本小题 17 分)
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马(1601 1665)于 1643 年提出的平面几何极值问题：“已知一
个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已
知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当 的三个内角均小于 120°时，使得∠ = ∠ =
∠ = 120°的点 即为费马点．在 中，角 , , 的对边分别为 , , ，且 cos = 2 cos
sin
tan .若 是
的“费马点”， = 2 3．
(1)求角 ；
(2)若 为锐角三角形，求 的周长的取值范围；
(3)若 + + = 4，且 < ．
①求 的周长
②求 + + 的值．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.29
13.3
14. 1 32 , 3
15.解：(1)复数 1 = ，则 21 = ( + )2 = 2 1 2 = 2 ，
2
又 是实数，因此 1 = 0，解得 = 1，
2 = 2
所以实数 的值是 1．
(2)复数 1 = , 2 = 1 , ∈ ，
1 = + = ( + )(1+ ) ( 1)+(1 ) 1 1 则 2 1 (1 )(1+ )
= 2 = 2 + 2 ，
1
= 0
因为 1 是纯虚数，于是
2
1 ，解得 = 1，2
2 ≠ 0

①因此 1 = ，又
1 = , 2 = 1, 3 = , 4 = 1, 5 = , 6 = 1, . . .，
2
则 ∈ N, 4 +1 = , 4 +2 = 1, 4 +3 = , 4 +4 = 1，
即有 ∈ N, 4 +1 + 4 +2 + 4 +3 + 4 +4 = 0，
2 3 2025
所以 1 + 1 + 1 + + 1 = + 2 + . . . + 2025 = 506 +
2 + 3 + 4 + = ．
2 2 2 2
②因为 = 1，所以 1 = i = 1 + i，
所以 2 1 = 2 + 2i，复数 2 1对应的点为 (2,2)，
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因为 2 1 = 1，所以复数 对应的点在以 (2,2)为圆心，1 为半径的圆上，
因为 2 = 1 i，所以复数 2对应的点为 (1, 1)，
2 表示复数 对应的点与点 (1, 1)距离，
如图所示， 2 的最小值为| | = | | 1 = (2 1)2 + [2 ( 1)]2 1 = 10 1
16.解：(1)因为 ， ， 为 的内角，所以 sin( + ) = sin ，
sin2 = 1 cos 因为 2 2 ，所以 sin( + ) = 2 3sin
2
2可化为：sin = 3 1 cos ，
即 sin + 3cos = 3，即 sin + π 33 = 2 ，
+ π π 4π π 2π因为 3 ∈ 3 , 3 ，解得： + 3 = 3 ，即 =
π
3．
(2) 1 sin = 1 × 3 21 1 π 1 3 21由三角形面积公式得2 2 7 ， = 3 代入得：2 × 3 sin 3 = 2 × 7 ，
= 7所以 2 ，由余弦定理
2 = 2 + 2 2 cos = 7 2得： 24 + 4 12 = 0，
解得： = 2 或 = 6 舍去，即 = 7，
所以 的周长为 5 + 7．
17.解：(1)在直角梯形 中， // , = 2 ，则 = + = + 1 2 ，
1
+ 由点 是 边的中点， 是 边的中点，得 = 2
2 + = 2 2
+
，即
= 2 3
,
+ = 2 2
所以 = 8 4 5 5 ；
(2) = + ， = = = ，
则 = + = 1 1 2 + 2
= 1 2 ，而 = 2 = 2 = 4，∠ = 90°，
1
因此 = ( + ) (2 ) = 1 ( + 2
2

2
2 2
)，
所以 = 1 2 22 (0 + 2 × 2 2 ) = 2．
②令 = 且 0 ≤ ≤ 1，
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由(1)知： = + 1 = + 1 ( 2 2
) = ( + 12 )
+ 1 2
，
则 = = (1 ) ，而 = 0
因此
2 2
= (1 )( + 12 )
+ 1 = 4( 1)( + 1 ) + 2 = 4( 1 )22 2 4
1
4 ∈ [
1
4 , 2]，
所以 1的取值范围是[ 4 , 2]．
18. 5π π π 2π解：(1)由题意得 = 2 6 3 = π，所以4 = 4，且 = = 2，
= π π = π所以 3 4 12 , =
π
3 +
π
4 =
7π
12 , =
5π+ π6 4 =
13π π π π
12 ，且 2 × 3 + = 2，所以 = 6，
故 = π12 , =
7π
12 , =
13π π
12， ( ) = 3sin 2 6 ．
(2) ( ) = 3sin 2 π π6 的图象向右平移 ( > 0)个单位，得到 = 3sin 2( ) 6 = 3sin 2 2
π
6
的图象，
1
再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的2 (纵坐标不变)，
可得 ( ) = 3sin 4 2 π6 的图象，
因为 ( ) 5π图象的一个对称中心为 12 , 0 ，
4 × 5 π 3 π则 12π 2 6 = π, ∈ ，得 = 4π 2 , ∈ ，
因为 > 0，所以当 = 1 π时，此时 取得最小值为4．
(3) π 2π当 取最小值4时， ( ) = 3sin 4 3 ，
∈ π , π 4 2π 4π当 6 6 时， 3 ∈ 3 , 0 ，
此时 ( ) = 3sin 4 2π3 ∈ 3,
3 3
2 ，如图：
∵ ( ) = 1 恰有两个实数根，
结合图象可知 3 < 1 ≤ 0，即 2 < ≤ 1，
∴ ∈ ( 2,1]．
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19.解：(1)由已知，得 cos = 2 cos sin tan ，
sin sin
由正弦定理，得 sin cos = 2sin cos tan ，
即 2sin cos = sin cos + cos sin ，
即 2sin cos = sin( + ) = sin ，
1 π
由于 0 < < π, sin > 0，所以 cos = 2，所以 = 3．
(2) 2 3由正弦定理可得sin = sin = sin = 3 = 4，
2
则 = 4sin , = 4sin = 4sin( + ) = 2sin + 2 3cos ，
可得 的周长 + + = 2 3 + 4sin + 2sin + 2 3cos
= 6sin + 2 3cos + 2 3 = 4 3sin + π6 + 2 3，
0 < < π
又因为 2 π π为锐角三角形，则
0 < 2π < π
，解得6 < < 2，
3 2
π π 2π 3
则3 < + 6 < 3 ，可得 2 < sin +
π
6 ≤ 1， + + ∈ 6 + 2 3, 6 3 ,
所以 的周长的取值范围为 6 + 2 3, 6 3 ．
(3)①设 = , = , = ，
则 + + = 1 + 12 2 +
1
2 = 4．
所以 + + = 8，由 + + = 得：
1 3 1 3 1 3 1 π
2 2 + 2 2 + 2 2 = 2 sin 3，即 = 8，
由余弦定理得， 2 = 2 + 2 2 cos ，
即 12 = 2 + 2 2 × 1 = 22 +
2 8，即 2 + 2 = 20，
2 2
又 < ，联立 + = 20解得 = 4, = 2．
= 8
所以 的周长为 + + = 6 + 2 3；
2 + 2 + = 16
③由在 , △ , △ 中，由余弦定理得 2 + 2 + = 4 ,
2 + 2 + = 12
联立 + + = 8 求解可得 2 + 2 + 2 = 12，
则( + + )2 = 2 + 2 + 2 + 2( + + ) = 28，
即 + + = 2 7，所以 + + = 2 7．
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