2024合肥六校联盟高一下学期4月期中考试数学含解析

这是一份2024合肥六校联盟高一下学期4月期中考试数学含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、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. 复平面上表示复数的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 若三点共线，则（ ）
A. B. 5C. 0或D. 0或5
3. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A 8B. C. 16D.
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. 1或6C. D. 1
5. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，，，则向量（ ）
A. B. C. D.
6. 已知和点M满足.若存在实数m使得成立，则m=
A. 2B. 3C. 4D. 5
7. 已知的面积为，，，则（ ）
A B. C. D.
8. 在锐角中，，，点是边的中点，则的长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、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. 如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（ ）

A. ①是棱台B. ②是圆台
C. ③是四面体D. ④是棱柱
10. 已知复数，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. 若，则或
C. D. 若，则
11. 在中， 分别为的对边，下列叙述正确的是（ ）
A 若，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若是所在平面内一点，且，则点为的内心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则在上投影向量的坐标为______.
13. 如图，为了测量山高BC，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶M处为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从M点测得，已知山高米，则________，山高________米.

14. 在边长为2的正方形，ABCD中，M，N分别是边BC，CD上的两个动点，且BM＋DN＝MN，则的最小值是________．
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.
15. 已知向量，.
（1）当时，求的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
16. 如图，已知在直角梯形ABCD中，，，，，若将该图形中阴影部分绕AB所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.
17. 已知复数满足.
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值.
18. 在 中，已知.
（1）求的值；
（2）若是的角平分线，求的长．
19. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．合肥市普通高中六校联盟2023-2024学年第二学期期中联考
高一数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、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. 复平面上表示复数的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的几何意义即可求解.
【详解】复平面上复数对应点的坐标是，在第三象限.
故选：C
2. 若三点共线，则（ ）
A. B. 5C. 0或D. 0或5
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，再利用向量共线求解即可.
【详解】因为，
若三点共线，则，
所以，
解得或5．
故选：D.
3. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（ ）
A. 8B. C. 16D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，
，，
所以，
所以原图形的周长为．
故选：C.
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. B. 1或6C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据实部为零，虚部不为零列式计算.
【详解】由题意可得：且，则.
故选：D.
5. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，，，则向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算结合平面向量基本定理求解即可.
【详解】因为平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，
所以，
因为，，
所以
故选：B

6. 已知和点M满足.若存在实数m使得成立，则m=
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：因为△ABC和点M满足，所以又，
故m=3，选B．
考点：本题主要考查平面向量的线性运算，平面向量唯一分解式．
点评：简单题，利用平面向量在同一基底下分解式唯一，通过向量的线性运算，从出发，确定．
7. 已知面积为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面积公式求出，再根据余弦定理求出，最后根据正弦定理即可求解.
【详解】根据三角形面积公式，
，
∴AB=1，
又根据余弦定理：
∴BC=，
根据正弦定理得：，
，
或
∵三角形内角和为180°，∠BAC=60°
∴排除∠ACB=150°
∴∠ACB=30°
故选：A
8. 在锐角中，，，点是边中点，则的长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意由正弦定理可得，结合锐角三角形解得，再根据结合向量的运算律、余弦定理整理得，根据二次函数的性质运算求解即可.
【详解】设角所对的边分别为，则，
∵，由正弦定理可得，即，
若为锐角三角形，则，解得，
又∵点是边的中点，则，
可得
，
注意到开口向上，对称轴，且，
可得，即的长度的取值范围是.
故选：D.
二、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. 如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（ ）

A. ①是棱台B. ②是圆台
C. ③是四面体D. ④是棱柱
【答案】CD
【解析】
【分析】由棱台、圆台、四面体、棱柱的定义进行判断即可.
【详解】图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；
图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；
图③是四面体；
图④上下两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.
故选：CD.
10. 已知复数，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. 若，则或
C. D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】设，，.求出共轭复数，代入化简整理，结合模运算，即可判断各项.
【详解】设，，.
对于A项，因为，所以，故A项错误；
对于B项，.
因为，，所以，则，
所以，
展开有，，
整理可得，，
所以或，
所以，或，所以，或，故B项正确；
对于C项，，
又，所以，故C正确；
对于D项，取，，显然.
，，故D项错误.
故选：BC.
11. 在中， 分别为的对边，下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若是所在平面内一点，且，则点为的内心
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定可得有两个值，即可判断；对于B，由正弦定理可得，进而得或，即可判断；对于C，由为锐角三角形，可得，再由余弦函数单调性得，即可判断；对于D，由，表示单位向量，且与相互垂直，则得与共线，进而得在的角平分线上，同理可得在的角平分线上，得是三角形的内心，即可判断.
【详解】对于A，若，则由正弦定理，
可得，所以或，
此时有两解，故A正确；
对于B，若，则由正弦定理可得，所以,
即，所以有或，
即或，则为等腰或直角三角形，故B不正确；
对于C，若为锐角三角形，则，，
因为在为减函数，所以，故C正确；
对于D，表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
根据向量加法和减法的运算法则可知，与相互垂直，
由于，所以与垂直，
所以与共线，
而表示以为邻边的菱形的对角线，
所以在的角平分线上，同理可得在的角平分线上，
所以是三角形的内心，故D选项正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则在上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求在上的投影向量坐标即可.
【详解】由在上的投影向量为.
故答案为：
13. 如图，为了测量山高BC，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶M处为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从M点测得，已知山高米，则________，山高________米.

【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】在中，由，可求出，从而可求出，在中，由已知条件求出，再在中由正弦定理可求出，然后在中求出.
【详解】因为在中，由，，
所以，
所以，
在中，，，，
则由，得，
在中，由正弦定理得，即，
，得，
在，，，则
,
故答案为：，

14. 在边长为2的正方形，ABCD中，M，N分别是边BC，CD上的两个动点，且BM＋DN＝MN，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，以点A为原点，建立的平面直角坐标系，设点，其中，则向量求得，再由，整理得，利用基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，以点A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设点，其中，则向量，
所以
又由，则，
整理得，
又由，
设，整理得，解得，
所以，所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算及应用，其中解答中建立空间直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算和基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
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. 已知向量，.
（1）当时，求的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的坐标运算，以及向量垂直的坐标表示即可求解；
（2）根据向量平行的坐标关系可求，进而根据向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
向量，，则，
由，可得，
即，即，解得或.
【小问2详解】
由，，则，
由，可得，解得，
所以，，，
又，所以.
16. 如图，已知在直角梯形ABCD中，，，，，若将该图形中阴影部分绕AB所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.
【答案】，.
【解析】
【分析】首先得到的旋转体是圆台挖去一个半球，利用圆台和球的表面积和体积公式即可.
【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面、侧面和一半球面组成.
在直角梯形ABCD中，过D点作DE⊥BC，垂足为E，
在Rt△DEC中，，
所以，，，
∴.
因为圆台的体积，
半球的体积，所以所求几何体的体积为.
17. 已知复数满足.
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的除法得，再利用共轭复数概念即可；
（2）根据复数根的共轭关系结合韦达定理即可解出，则得到的值.
【小问1详解】
由得：，
则.
【小问2详解】
由（1）知： ，显然是方程的另一根，
，
解得：，
.
18. 在 中，已知.
（1）求的值；
（2）若是的角平分线，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用余弦定理求出边的长，再利用正弦定理求出 （2）利用三角形的面积公式及面积关系，建立关于边的关系式求解即可得到答案
【小问1详解】
在中，由余弦定理
整理得
解得或
由于，所以
因为，所以，所以
由正弦定理得：，故
【小问2详解】
设，
由及三角形的面积公式可得：

整理得
在中，由余弦定理
由得
则
19. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
【答案】（1）
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
【解析】
【分析】（1）通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；②通过求得，再通过展开计算求最值.
【小问1详解】
因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
【小问2详解】
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
如图所示：
，则
，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时．取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米．