浙江省杭州市富阳区江南中学2024-2025学年高一下学期3月月考（期中模拟考） 数学试题（含解析）

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1. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数及复数的概念可得结果.
【详解】因为，则，因此，的虚部为.
故选：D
2. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解.
【详解】根据斜二测画法还原得下图：
因为四边形是边长为的正方形，则，所以，，
又因为，，则，
同理可得，，
因此，原图形的周长为.
故选：B.
3. 如图，在中，是边的中点，是边上靠近点的三等分点，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的线性运算和三角形法则可以得到.
【详解】是边中点，，
，
是边上靠近点的三等分点,，
，
又，.
故选：C
4. 如图，在直角，，，点，是边上两个三等分点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求解即可.
【详解】因为，,
在中，.
故选：B
5. 已知向量，向量在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的数量积坐标运算，以及投影向量的计算公式，即可求解.
【详解】由题意知，向量，可得且，
则向量在上的投影向量.
故选：A.
6. 已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意由边长比例关系可求得再由余弦定理可得，即可得出结论.
【详解】根据题意不妨设，；解得
所以可得此三角形的最大角与最小角分别为和；
由余弦定理可得，又，
可得；
所以.
故选：B
7. 已知圆锥的母线长为4，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为8，则该圆锥底面半径的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依据题意作出圆锥的轴截面，再分析其轴截面三角形的顶角是否大于等于，结合三角函数即可得解.
【详解】
如图，是圆锥的轴截面，设圆锥的底面圆半径为.
若,所得截面面积最大值为,则,故不符合题意；
若，此时所得截面面积得最大值为，符合题意，
此时有，解得，又，则.
故选：D.
8. 平面向量、、满足，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角不等式可求出的取值范围，由已知条件得出，再平面向量数量积的运算性质可求得的取值范围.
【详解】由三角不等式可得，
当且仅当、同向时，取最小值；当且仅当、反向时，取最大值，
因为，则，
所以，，故，
即的取值范围是.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求．全部选对得6分，部分选对得部分分．
9. 已知复数，，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】取特殊值判断A、D；应用复数乘法的几何意义及共轭复数的性质判断B、C.
【详解】对于A，取，显然满足，但，故A错误；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，故C正确；
对于D，取，满足，但，所以，故D错误．
故选：BC
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则一定是等边三角形
B. 若，则一定是钝角三角形
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则一定是直角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换逐项计算、判断作答.
【详解】对于A，中，，，由余弦定理得：
，即，因此，一定是等边三角形，A正确；
对于B，由得：，
即，由正弦定理得，
由余弦定理得，因此角是钝角，一定是钝角三角形，B正确；
对于C，中，由及余弦定理得：
，整理得，
即，因此或，
是等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，中，由及正弦定理得：，
因此，即，
整理得：，显然，，
即，因此，而，于是，
所以，一定直角三角形，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形.
11. 如图，在长方形中，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B. 当时，
C 对任意，不成立D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】先建立直角坐标系，再设点E的坐标分别计算向量判断A，根据数量积判断C，应用夹角公式判断B，结合基本不等式计算判断D.
【详解】
以分别为轴建立直角坐标系，则，设
又因为，则，所以，所以，
对于A：当时，，，A选项正确；
对于B:当时，，所以，所以，B选项错误；
对于C：当时，，所以，C选项错误；
对于D：，
所以，所以，，
所以，对称轴为时单调递增，
所以，D选项正确；
故选：AD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数z满足，则的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】设，则且.结合复数的几何意义可得，即可求解.
【详解】设复数，则，且.
，
当时，取到最大值16，
所以.
故答案为：4.
13. 已知正四棱台的上下底面分别是边长为2和4的正方形，侧棱长为2，则该正四棱台的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.
【详解】如图所示，
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形，
取上底下底的中心平面，过作，垂足为，，
且，，，
所以，
所以，
故答案为：
14. 若为的重心，，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，利用向量的数量积运算可得，再由均值不等式即可求出的最小值.
【详解】如图，
,
,
,当且仅当 时，等号成立，
的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 已知复数满足，且为纯虚数．
（1）求；
（2）若，，求实数，的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的概念可得，再由模长可得，即可确定与；
（2）法一：代入，根据复数相等解方程即可；法二：根据复数方程的解列方程即可.
【小问1详解】
为纯虚数，，
且，，，
；
【小问2详解】
法一：把代入：，
，
化简得：，
即，
解得：，.
法二：的一根为，则另一根为：，
则，
解得：，.
16. 如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：
（1）该三棱锥的体积与表面积；
（2）蚂蚁爬行的最短路线长.
【答案】（1）体积为，表面积为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将△当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；
（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
又，VB、VC在面VBC内，得面，
，
【小问2详解】
如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
△中，，
由余弦定理可得：，
即.
17. 如图，在梯形中，，，，、分别为、的中点，且，是线段上的一个动点．
（1）求的长；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将向量、用基底表示，根据结合平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设，其中，将、用基底表示，利用平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【小问1详解】
因为、分别为、的中点，
则，
所以，，
故，
，
由，则，
则，
可得，解得.
【小问2详解】
设，其中，
由图可得，
，
则
，
由，可得，则，则.
18. 如图，在中，，，且. 、为线段上的两个动点（在的右侧），且.
（1）若时，求的周长；
（2）若的面积是的面积的倍，求的大小；
（3）当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）当，的面积取最小值
【解析】
【分析】（1）求出角、的大小，利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长；
（2）设，根据已知条件可得出，由正弦定理得出，可得出的值，结合角的范围可得出角的值，即可得解；
（3）设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值.
【小问1详解】
由，，， 得，
又，则，，所以，
在中，由余弦定理可得
，则，
因为，所以，
∵，∴，
∴，∴的周长为.
【小问2详解】
设，
因为的面积是的面积的倍，
所以，即，
在中，，
由，得，
从而，即，而，
由，得，所以，即
【小问3详解】
设，由（2）知，
又在中，由，得，
所以
，
所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
19. 正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）．
（1）正十二面体共有几条棱，几个顶点？
（2）如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值；
（3）判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由．
【答案】（1）正十二面体共有条棱，个顶点
（2）
（3）柏拉图多面体只有种，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据正十二面体有个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案；
（2）分别求出正方体和正八面体的体积即可得解；
（3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，再分情况判断即可.
【小问1详解】
根据柏拉图多面体满足性质：，
正十二面体有个面，即，则，
设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
则，
由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，
则有，即，
所以，所以，
所以，即，
由，得，
当，即时，，符合题意，
当，即时，（舍去），
当，即时，（舍去），
当，即时，（舍去），
综上所述，，，
此时，
即正十二面体共有条棱，个顶点；
【小问2详解】
设正方体的棱长为，则，
几何体所有棱长为，是正八面体，
所以，
所以；
【小问3详解】
假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，
因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱，
则，
由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，
则有，
代入可得，即，
当时，，
这与矛盾，
所以中至少有一个等于，
若，则，
由于，则，
因此，则，对应，
所以存在正四面体，正八面体，正二十面体；
若，则，
由于，则，
因此，则，对应，
所以存在正四面体，正六面体，正十二面体
综上所述，柏拉图多面体只有种.
【点睛】关键点点睛：假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱，根据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出，代入得，是解决第三问得关键.