2024芜湖师大附中高一下学期4月期中数学试题含解析

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一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 若复数是实数，则等于（ ）
A. 1B. C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】根据实数和复数的概念直接列式求解即可.
【详解】因为是实数，
所以，解得，
故选：A
2. 设、是平面内两个不共线的向量，则下列四组向量不能作为基底的是（ ）
A. 和B. 与
C. 与D. 与
【答案】D
【解析】
【分析】根据基底的概念及平面向量基本定理判断即可.
【详解】因为、是平面内两个不共线的向量，所以、可以作为平面内的一组基底，
对于A：显然不存在实数使得，故和不共线，
则和可以作为一组基底；
对于B：若，则，方程无解，
故与不共线，
即与可以作为一组基底；
对于C：若，则，方程无解，
故与不共线，
即与可以作为一组基底；
对于D：因为，所以与共线，
故不能作为一组基底，
故选：D
3. 在中，角，，对应的边分别为，，，已知，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可得,求解即可.
【详解】在中，由正弦定理可得,
所以,所以,解得.
故选：A.
4. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，若，则（ ）

A. B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】首先得到平面图形，再根据斜二测画法规则求出线段长度.
【详解】依题意由直观图可得如下平面图形，因为，
所以，，
所以.

故选：C
5. 已知，为两个单位向量且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助投影向量定义计算即可得.
【详解】.
故选：B.
6. 某圆锥的侧面积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，由题意得到，进而可得，求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，即侧面展开图的半径为，侧面展开图的弧长为.
又圆锥的底面周长为，所以，即圆锥的母线长.
所以圆锥的侧面积为，解得.
.故选：A.
7. 如图，已知点是的重心，过点作直线分别与，两边交于，两点，设，，则的最小值为（ ）

A. 9B. 4C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助平面向量线性运算与三点共线定理及基本不等式计算即可得.
【详解】由点是的重心，，，
故，
由、、三点共线，故，
则，
当且仅当，即，时，等号成立.
故选：C.
8. 在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A 7B. 14C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先通过解三角形方法求出和的长，然后说明点能够取到的集合恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界，由此得到其面积为的一半，最后通过和的长求出，即得所求结果.
详解】延长，，分别交，，于，，，如图，
由为垂心，可知在直角三角形中，，
，由余弦定理可得
，
由四点共圆及正弦定理可得，
，
由余弦定理，，
所以.
又因为，
所以，从而.
由于，其中，故点能够取到的集合，恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界.
所以点能够覆盖的区域的面积等于的一半，而，故，选项D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先用解三角形方法推知三角形中相应边的长度，然后分析点能够取到的区域，最后求出其面积.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若直线与平面不平行，则与相交
B. 若直线上有两个点到平面的距离相等，则
C. 经过两条平行直线有且仅有一个平面
D. 如果两个平面没有公共点，则这两个平面平行
【答案】CD
【解析】
【分析】根据直线与平面的位置关系可判断A，B；根据平面基本性质与推论可判断C；由平行平面的定义得这两个平面平行来判断D．
【详解】对于A，若直线与平面不平行，则与相交或，故A错误；
对于B，若直线与平面相交，直线上仍存在两个在平面不同侧的点到平面的距离相等，故B错误；
对于C，由两条相互平行的直线能确定一个平面，且该平面有且仅有1个，故C正确；
对于D，如果两个平面没有公共点，那么由平行平面的定义得这两个平面平行，故D正确．
故选：CD.
10. 下列命题正确是（ ）
A. 若，是复数，则
B. 若复数的共轭复数为，
C. 虚轴上的点对应的均为纯虚数
D. 已知复数满足（为虚数单位），则的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】设计算可判断A；设计算可判断B；点在虚轴上可判断C；因为表示点到的距离为1，表示点到的距离，计算可得最小值.
【详解】对于A：设则故A正确；
对于B：设则故B正确；
对于C：点在虚轴上，但不表示纯虚数，故C错误；
对于D：因为表示点到的距离为1，则点在以为圆心的圆上，
又表示点到的距离，又到的距离为,
所以的最小值为,故D正确.
故选：
11. 下列说法正确的是（ ）
A. 若为非零实数，且，则与共线
B. 已知向量，，若的夹角为锐角，则的取值范围是
C. 若点满足，，，则
D. 若，，则点的轨迹一定通过的内心
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用即可说明与共线；对于B，说明时夹角为0即可否定；对于C，利用数量积的运算律及正弦定理即可验证；对于D，利用内心的性质即可验证.
详解】对于A，由知，故由和共线，知与共线；
对于B，当时，有，但，，故与同向共线，夹角为0，不满足条件，故B错误；
对于C，由条件知是的外接圆圆心，所以，，从而
，故C正确；
对于D，分别表示平行于的单位向量，
故平分，即平分，
所以的轨迹经过的内心，故D正确.
故选：ACD.
12. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，点在对角线上，则（ ）
A. 的最小值为
B. 三棱锥体积为
C. 点到平面的距离为
D. 四面体外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据正方体的性质，将点旋转使得共面，利用三角形的余弦定理，可得答案；对于B，根据正方体的性质，明确三棱锥的底面以及底面上的高，可得答案；对于C，利用求得的三棱锥的体积，利用勾股定理求得的三边长，结合余弦定理以及面积公式，可得答案；对于D，根据三棱锥的性质，设出外接球的球心，利用勾股定理，建立方程，结合球的面积公式，可得答案.
【详解】根据题意，可作图如下：
对于A，正方体中，易知平面，
因为平面，所以，
将点绕旋转得到，使共面，如下图：
易知，在中，易知，
由余弦定理，，
则，故A正确；
对于B，在正方体中，平面，
在三棱锥中，以为底面，则为其高，
因为，易知为等腰直角三角形，且分别为的中点，
所以，且到的距离为，
所以，故B正确；
对于C，在中，易知，则，
在中，易知，则，
在中，易知，则，
在中，由余弦定理，，
则，所以，
点到平面的距离为，故C不正确；
对于D，取的中点，易知为的外接圆圆心，连接，
作，取，连接，如下图：
因为，所以平面，由为的外接圆圆心，
则可设为三棱锥的外接球球心，即，
因为，所以易知四边形为矩形，则，
在中，，易知，则，
在中，由余弦定理得：，
在中，，
在中，，
则，解得，则球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆柱的轴截面为正方形且边长为4，则该圆柱的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆柱的体积公式计算得解.
【详解】依题意，圆柱的底面圆半径为2，高为4，所以此圆柱的体积为.
故答案为：
14. 在中，，则最大角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理边角的转化，将正弦值之比转化为边长之比，然后利用余弦定理即可求解.
【详解】∵，
∴由正弦定理化简得：
分别设，则最大角为C，
∴．
故答案为：.
15. 已知圆的半径为2，弦长，为圆上一动点，则的最大值为______.
【答案】6
【解析】
【分析】取的中点，连接，，计算，求出，得出的最大值，即可得出的最大值．
【详解】取的中点，连接，，，如图所示：
因为为中点，所以，
所以，
因为，所以最大值为；
所以的最大值为.
故答案为：6．
16. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知，是以为直径的圆上的两点，，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的体积为______.

【答案】
【解析】
【分析】由题意画出图形，可得扇形绕直线旋转一周形成的几何体的形状，再由旋转体的表体积公式求解．
【详解】因为，所以，
设圆的半径为，又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，

则，，
所以，同理可得，，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球缺的体积，
圆锥的体积，球的体积，所以几何体的体积.
故答案为：.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知向量，满足，.
（1）若，求向量的坐标；
（2）若，求向量与向量夹角的余弦值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）借助平面向量共线定理计算与模长公式计算即可得；
（2）借助向量垂直时数量积的关系及向量夹角公式计算即可得.
【小问1详解】
，，设，
又，，，
或；
【小问2详解】
，，即，
，
，
即向量与向量夹角的余弦值为.
18. （1）已知复数，其中为虚数单位，求及；
（2）若关于的一元二次方程的一个根是，其中，是虚数单位，求的值.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的四则运算化简复数，再根据模长与共轭复数的概念求解即可；
（2）根据复数范围内实系数一元二次方程根的性质的另一个根为，再根据韦达定理列方程组求解的值，即可得所求.
【详解】（1）由，则，
（2）由的一元二次方程的一个根是，且，可知该方程还有另一个根为，
由韦达定理，，，
故得，，所以.
19. 如图，在中，，，，且，，与交于点.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，，再利用数量积的运算律即可得到结果；
（2）注意到即是和的夹角余弦值，故利用（1）的结果并求出其模长即可得到夹角余弦值.
【小问1详解】
首先有.
而由，，知，.
从而，.
所以.
【小问2详解】
由于，
且，
故.
20. 如图，在正方体中，棱长为，是线段的中点，设过点、、的平面与棱交于点.
（1）画出平面截正方体所得的截面，并求截面多边形的面积；
（2）平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：）
【答案】（1）截面见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）连接并延长交于，连接交于，可得截面，进而求得截面的面积即可.
（2）多面体为三棱台，求得，，根据棱台的体积公式可求得棱台的体积，进而可求得结论.
【小问1详解】
连接并延长交于，连接交于，则四边形即为平面截正方体所得的截面.
由于平面平面，平面平面，
平面平面，故，
因为是的中点，则、分别为和的中点，
所以在中，且，
因为正方体的棱长为，
所以截面为梯形，且，，利用勾股定理得，
如下图所示：
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
则易得，
所以，梯形的面积为.
【小问2详解】
多面体为三棱台，，，
该棱台的高为，所以，该棱台的体积为：，
故剩余部分的体积为.
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为.
21. 已知的内角的对边为，且.
（1）求；
（2）若的面积为；
（i）已知为的中点，求底边上中线长的最小值；
（ii）求内角的角平分线长的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出，进而求出的值即可；
（2）由三角形的面积公式，可得，对向量表达式两边平方，应用基本不等式即可求得长的最小值；
（3）由于，可得，由求出的值，应用基本不等式即可求出角平分线长的最大值.
【小问1详解】
由正弦定理，得，即，
故，因为，所以，
所以；
【小问2详解】
（i）由（1）知，且的面积为，
由三角形的面积公式得：，解得，
由于为的中点，则，两边平方可得：
由基本不等式可得：
（当且仅当时，等号取得到），
所以，故长的最小值为；
（ii）因为为角的角平分线，所以，
由于，
所以，
由于，所以，
由于，
又，所以，
由于（当且仅当时，等号取得到），
故，
故，即角平分线长的最大值为.
22. 在中，，，对应的边分别为，，，.
（1）求；
（2）奥古斯丁·路易斯·柯西（，年年），法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若，是内一点，过作，，垂线，垂足分别为，，，借助于三维分式型柯西不等式：对任意，，，有：，当且仅当时等号成立.求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理与余弦定理计算即可得；
（2）结合面积公式与所给三维分式型柯西不等式计算即可得.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即，，
即，
，，，
若，等式不成立，则，
所以，又，所以；
【小问2详解】
，
又，，，
，，
由三维分式型柯西不等式有：
，
当且仅当，即时等号成立，
由余弦定理，得：，
所以，即，
则，
令，则，
因为，
解得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令，
则当，即时，有最大值，
此时有最小值.