河南省名校大联考2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河南省名校大联考2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题（原卷版+解析版），共20页。
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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
2. 下列说法中正确个数是（ ）
①棱柱的所有面都是四边形；
②一个棱柱至少有6个顶点，9条棱，5个面；
③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线；
④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
3. 已知在边长为正方形中，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度来识别身份的一种技术，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设平面内有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知点，则两点的余弦距离为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图所示为关于对称的两个等腰与，已知，则该平面图形（阴影部分）绕着直线旋转形成的几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
7. 已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A B. C. D.
8. 已知在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
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. 已知复数均不为0，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知在中，角所对的边分别为，则根据下列条件能确定为钝角的是（ ）
A. B.
C. 均为锐角，且D.
11. 如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（ ）
A. 圆台的侧面积为B. 圆台的高为
C. 圆台的体积为D. 圆台内部可以容纳的球的直径最大为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量满足，则______．
13. 已知向量满足，若与共线，则实数______．
14. 如图，某小区的平面图是半径为300米，圆心角的扇形，小路平行于，且点在上，点在上，若米，则劣弧的长为______米．
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. 已知复数．
（1）求的实部与虚部；
（2）若，求和的值．
16. 已知平面向量满足，且．
（1）求与的夹角；
（2）若向量，且，求及．
17. 如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且．
（1）求；
（2）求点到平面距离．
18. 已知内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围；
（3）若是边上的点，且平分，求的最大值．
19. （1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？

（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．
（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）
（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）
参考数据：．
大联考
2024—2025学年（下）高一年级期中考试
数学
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，所以复数在复平面内对应的点为位于第四象限.
故选：D
2. 下列说法中正确的个数是（ ）
①棱柱的所有面都是四边形；
②一个棱柱至少有6个顶点，9条棱，5个面；
③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线；
④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用棱柱的性质，棱锥的特点及斜二测画法特点进行判断即可.
【详解】不是所有棱柱的所有面都是四边形，比如六棱柱的底面是六边形，①不正确；
一个三棱柱有6个顶点，9条棱，5个面，②正确；
过圆锥侧面上任意一点只有一条母线，③不正确；
根据斜二测画法的特点可知水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形，④正确.
故选：B
3. 已知在边长为的正方形中，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量线性运算与数量积的定义直接求解即可.
【详解】
.
故选：B.
4. 在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形有两个解可得，代入值求解即可.
【详解】若该三角形有两个解，则，又，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：C.
5. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度来识别身份的一种技术，余弦距离是检测相似度的常用方法．假设平面内有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为．已知点，则两点的余弦距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义求出夹角，根据题意计算即可.
【详解】根据题意，，
则，
所以两点的余弦距离为.
故选：C.
6. 如图所示为关于对称的两个等腰与，已知，则该平面图形（阴影部分）绕着直线旋转形成的几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线旋转一周形成几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的几何体，据此计算即可求解.
【详解】该平面图形分别绕着直线旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的几何体，
因为，所以圆柱的高为1，圆柱底面半径为，
圆锥的底面半径为，高为，
所以该几何体的体积为.
故选：D.
7. 已知三棱锥的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，利用勾股定理得到方程组求出，再求出外接球的半径，即可求出外接球的体积；
【详解】根据题意：将三棱锥嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长为，该三棱锥的外接球的半径为，如图：

则有，所以，所以，即，
所以球的体积为，
故选：A.
8. 已知在矩形中，，点为矩形所在平面内一点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，求得和的坐标，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，进而求得的最小值，得到答案.
【详解】如图所示，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，
设，则，
可得，
则，
所以，
所以当且仅当时，取得最小值.
故选：C.
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. 已知复数均不为0，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数的乘法和除法运算可得答案.
【详解】对于A，，，显然，A不正确；
对于B，设，，则，，
，所以，B正确；
对于C，设，，
，，
，
所以，C正确；
对于D，
，
，D正确；
故选：BCD
10. 已知在中，角所对的边分别为，则根据下列条件能确定为钝角的是（ ）
A. B.
C. 均为锐角，且D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据即可根据判断A，根据余弦定理即可求解BD，根据三角函数的性质即可求解C.
【详解】对于A, 由可得，故为钝角，故A正确，
对于B,由可得锐角，故B错误，
对于C,由于均为锐角，且,,
故,因此，故为钝角，故C正确，
对于D，由可得，进而可得,故，进而可得,无法确定的大小，故D错误，
故选：AC
11. 如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（ ）
A. 圆台的侧面积为B. 圆台的高为
C. 圆台的体积为D. 圆台内部可以容纳的球的直径最大为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，由扇形弧长和面积公式得到扇形和扇形的面积，相减得到A错误；B选项，求出圆台上下底面的半径，作出辅助线，由勾股定理求出圆台的高；C选项，根据圆台体积公式得到C正确；D选项，根据圆台的高得到当球的直径为时，半径为，求出此时球心到的距离为，得到D正确.
【详解】A选项，由题意得，
又，故，
扇形的面积为，
扇形的面积为，
故圆台的侧面积为，A错误；
B选项，圆台母线长，
由题意得，，
解得，过点作⊥于点，为圆台的高，
则，，
由勾股定理得，
圆台的高为，B正确；
C选项，圆台的体积为，C正确；
D选项，由于圆台的高为，当球的直径为时，半径为，
梯形的面积为，
，
，
故，
又，故此时球心到的距离为，
而，
故圆台内部可以容纳的球的直径最大为，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由，平方化简得到和，联立方程组，即可求解.
【详解】由，可得，即，
又由，可得，即，
整理得，即，即，
联立方程组，可得，所以.
故答案：.
13. 已知向量满足，若与共线，则实数______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，结合向量共线坐标条件列式计算即得.
【详解】由向量，得，
由与共线，得，
所以.
故答案为：.
14. 如图，某小区的平面图是半径为300米，圆心角的扇形，小路平行于，且点在上，点在上，若米，则劣弧的长为______米．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理求出劣弧的圆心角，利用弧长公式可得答案.
【详解】连接，设，因为，所以，
因为，所以，
由正弦定理，因为，所以，
因为，所以，所以劣弧的长为.
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. 已知复数．
（1）求的实部与虚部；
（2）若，求和的值．
【答案】（1）的实部为，虚部为；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用复数的除法运算化简，再根据实部和虚部的概念求解；
（2）利用共轭复数、复数的模长公式代入计算，根据复数相等列方程组，求解即可.
【小问1详解】
因，
所以的实部为，虚部为．
【小问2详解】
由（1）知，则，，
代入，得，
化简可得，
所以，解得.
16. 已知平面向量满足，且．
（1）求与的夹角；
（2）若向量，且，求及．
【答案】（1）
（2），．
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积运算律运算即可求解；
（2）由化简计算得，再根据向量模长计算公式计算即可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
又，所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
解得，
所以，
因为，
所以．
17. 如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，截面将该正方体分成两部分，这两部分的体积分别为，且．
（1）求；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据锥体体积公式可得，在利用割补法求；
（2）根据题意利用等体积法求点到面的距离.
【小问1详解】
截面将正方体分成两个几何体，其中较小部分是一个三棱锥，
其底面是腰长为的等腰直角三角形，面积为．
又底面上的高为，
所以三棱锥的体积．
因为正方体的体积，
所以剩余部分的体积．
【小问2详解】
在中，，
如图，取的中点，连接，
则，
所以，
的面积．
设点到平面的距离为，
因为三棱锥与三棱锥是同一个几何体，
所以，结合（1）得，
即，解得，
所以点到平面的距离为．
18. 已知的内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围；
（3）若是边上的点，且平分，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由得，再利用余弦定理求解；
（2）利用余弦定理和基本不等式求范围；
（3）由，结合三角形面积公式得，再利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
因为，所以，
即，即，
由余弦定理得，
化简得，所以，
又，所以．
【小问2详解】
由余弦定理可知，即，
整理得，当且仅当时等号成立，即，
于是，当且仅当时等号成立，
又，所以，
所以，
即周长的取值范围为．
【小问3详解】
因为，
所以，可得，
因为，当且仅当时等号成立，
又由（2）可知，，
所以，当且仅当时等号成立．
所以的最大值为．
19. （1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？

（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．
（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）
（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）
参考数据：．
【答案】（1）工厂选择正方体礼盒更经济实惠； （2）（ⅰ）48cm；（ⅱ）35cm．
【解析】
【分析】（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为，结合，得到，即可得到答案；
（2）（ⅰ）根据题意，求得彩带的总长度，即可得到答案；
（ⅱ）在平面内作，求得，求得需彩带的总长度为，进而得到答案.
【详解】解：（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，
则圆柱形礼盒的造价为元，
记正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为，
显然都是正数，所以，
则，所以工厂选择正方体礼盒更经济实惠．
（2）（ⅰ）所需彩带的总长度为．
（ⅱ）如图所示，在平面内作，则，
同理可得，则，
所以所需彩带的总长度为，
因为，所以用对角捆扎法所用的彩带短，较短的约为35cm．