安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附解析）

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（考试时间：150分钟 满分：120分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.
2.答题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简复数,求出复数在复平面内对应的点的坐标即可．
【详解】由,得,
∴复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限．
故选:B．
2. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理及余弦定理求解.
【详解】由正弦定理可知，，
设，
则.
故选：B
3. 非零向量，满足，若，则，的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用求向量的模的方法，求得，从而利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】∵非零向量，满足，且，
设，的夹角为，
则，且，
所以.
∴.
∵，∴.
故选:B．
4. 以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥,根据圆锥的侧面积公式求解．
【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的全等圆锥，
底面半径,母线长,
由圆锥的侧面积公式可得该几何体的侧面积为.
故选:C.
5. 圆台上底面半径为，下底面半径为，母线，在上底面上，在下底面上，从中点拉一条绳子，绕圆台侧面一周到点，则绳子最短距离为（ ）cm
A. 10B. 12C. 16D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离．
【详解】画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为,
由图得：所求的最短距离是，
设，圆心角是，
则由题意知，①， ②，
由①②解得，，
∴，则．
则则绳子最短距离为20cm．
故选:D．
6. 安徽省肥西县紫蓬山风景秀丽，紫蓬山山顶有座塔.某同学为了测量塔高，他在地面处时测得塔底在东偏北的方向上，向正东方向行走50米后到达处，测得塔底在东偏北的方向上，此时测得塔顶的仰角为，则塔顶离地面的高度为（ ）
A. 米B. 50米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】设塔高为米，利用仰角的正切表示出，在中利用正弦定理列方程求得的值.
【详解】设雷锋塔的高度为米,
在地面处时测得塔顶在东偏北的方向上，,
测得塔顶在东偏北的方向上,仰角为，
在中，，，
在中,，
由正弦定理得，，即，解得.
​​​​​​​故选：A.
7. 已知直角中，，，，是的内心，是内部（不含边界）的动点，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得，以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立平面直角坐标系，利用等面积法先求出的位置，设，根据，可得，故， ，根据线性规划即可求解.
【详解】因为，，，所以，即.
如图建立平面直角坐标系：
设内切圆的半径为，
​​​​​​​则．
∵,
∴,
即 ,解得，所以，
∴.
∴，
即，可得.
设，则，
∴，即，∴.
∵，∴直线的方程为.
设，表示与平行的直线，
平移，当经过点时，；
当与重合时，.
因为是内部（不含边界）的动点，所以，即.
故答案为:.
【点睛】关键点睛：设，求出，根据线性规划求解的范围.
8. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过，，三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的表面积为
【答案】D
【解析】
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
【详解】A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A错误；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B错误；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.
二、多项选择题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，其中，.则以下正确的有（ ）

A. B. 是等腰直角三角形
C. D. 的面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直观图画出原图，进而判断出正确答案.
【详解】画出原图如下图所示，
根据斜二测画法的知识可知：，
三角形是等腰直角三角形，面积为.
所以ABC选项正确，D选项错误.
故选：ABC

10. 已知平面向量，，则（ ）
A. B. 与可作为一组基底向量
C. 与夹角的余弦值为D. 在方向上的投影向量的坐标为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得.
【详解】对A：，则，故A错误；
对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：BC.
11. 已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（ ）
A. 已知，，，则有两解
B. 若，，，内有一点使得，，两两夹角为，则
C. 若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则
D. 已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】对A：由余弦定理可计算出有唯一解；对B：借助余弦定理与等面积法计算即可得；对C：设，由余弦定理可得，代入数据计算即可得解；对D：分为钝角及为钝角，结合直角的临界状态计算即可得.
【详解】对A：，故有唯一解，故A错误；
对B：在、、中，
分别有，即，
，即，
，即，
即有，
即，
又，
即，
即，
即有，故B错误；
对C：设，则在直角三角形中，，，
在中，有，即，
即有，整理可得，
即，故C正确；
对D：若为钝角，如图，作于点，有，
即，即，
若为钝角，如图，作于点，有，
即，即，
综上所述， 的取值范围是，故D正确.
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于分为钝角及为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则_________________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，高为，则母线长为且，根据勾股定理求得，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，设圆锥的底面圆的半径为，高为，
则圆锥的母线长为，且，得，
所以，又圆锥的体积为，
所以，即，
解得.
故答案为：
13. 甲船在岛正南方向处，千米，甲船以4千米/小时的速度向正北方向航行，同时，乙船自岛出发以6千米/小时的速度向北偏东的方向驶去，航行时间不超过2.5小时，则当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是______小时.
【答案】
【解析】
【分析】设经过小时距离最近,分别表示出甲乙距离岛的距离,由余弦定理表示出两船的距离,根据二次函数求最值的方法得到答案.
【详解】设经过小时两船之间的距离为千米,甲船由点到达点，乙船由点到达点，
则，.

由余弦定理可得，
当时，最小,
则两船之间的距离最小,此时它们航行的时间为小时.
故答案为:.
14. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______.
【答案】
【解析】
【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解.
【详解】设,
则，.
以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,
则，,
所以.
令，，则，.
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以.
又，所以在上的值域为，
所以.
故答案为:.
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. 如图所示，底面边长为的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为，高为4的正四棱锥.
（1）求棱台的体积；
（2）求棱台表面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助正四棱锥于棱台的性质可得棱台的高，结合棱台体积公式计算即可得；
（2）求出棱台各个面的面积后相加即可得.
【小问1详解】
过点作底面于点，交平面于点，
由正四棱锥及棱台的性质可知，为底面的中心，
则，
即棱台的高，
，
【小问2详解】
连接，则，则，
作于点，则，
故
.
16. 如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
（1）若，试用向量表示;
（2）若，求实数x的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的加法运算即可求得；设，利用向量的线性运算结合图形关系可得，再由向量共线的性质得到，最后表示出所求向量即可；
（2）利用向量垂直的性质和数量积的定义式计算可得.
【小问1详解】
，
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
【小问2详解】
，
因为，由于共线，故，
所以，
解．
17. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且，.
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）求边上的中线的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；
（2）依据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可；
（3）利用向量的加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理，
即,
即，又，
所以，
因为，
所以.
小问2详解】
由及余弦定理得，
即，
又因为，所以，
所以，
所以，
即.
【小问3详解】
因为E是AC中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为.
18. 在中，内角所对的边分别是，，，已知.
（1）若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；
（2）若，且外接圆半径为2，圆心为，为圆上的一动点，试求的取值范围.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求出角,利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；
（2）易得为等边三角形，取中点，可得，由为圆上的一动点，可得，进而可求的取值范围.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
由余弦定理可得，即，
所以.
因为，所以；
由为锐角三角形，，
所以,可得.
由正弦定理,得，
则，
则的周长为 .
由，则.
因为，
整理得，解得或（舍），
所以，所以，
即的周长的取值范围为.
【小问2详解】
由正弦定理（为的外接圆半径），
则
由，可得，则，
则为等边三角形.
取中点，如图所示：

则
.
由，则，则．
19. 现定义“维形态复数”：，其中为虚数单位，，.
（1）当时，证明：“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
（2）若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求的值；
（3）若正整数，，满足，，证明：存在有理数，使得.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】(1)当时, ,​​​,，由,即可证明“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系；
(2)由“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,可得，利用复数相等的条件得到,即可求；
(3)由得,利用复数相等的条件得到和,则,则,进一步得,即可证明存在有理数,使得.
【小问1详解】
当时, ,
​​​​​​​则​​​,.
因为，
故“2维形态复数”与“1维形态复数”之间存在平方关系.
【小问2详解】
因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等,
所以,
因此，
解，得或,
解，得或,
由于两个方程同时成立,故只能有,即.
所以.
【小问3详解】
由，得,由(2)同理可得,
即.
因为,所以.
因为,由(1)知,所以.
由(2)同理可得,即.
因为,所以,
所以,
又因为,所以,所以,
即，
​​​​​​​所以存在有理数,使得.
【点睛】关键点点睛：利用复数相等求出参数然后求解.