河南省青桐鸣2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河南省青桐鸣2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题（原卷版+解析版），共17页。试卷主要包含了 若复数满足，i为虚数单位，则， 下列命题中为真命题的有等内容，欢迎下载使用。
数学（人教版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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、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. 已知向量，，则与（ ）
A. 互为相等向量B. 互为相反向量C. 相互垂直D. 均为零向量
2. 设外接圆半径为，若，则的形状为（ ）
A 锐角三角形B. 直角三角形
C. 钝角三角形D. 不确定
3. 在中，，记，则（ ）
A. B.
C. D.
4. 若复数满足，i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
5. 在平面直角坐标系中，已知存在正数，使得平行四边形满足，，则平行四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知两个非零向量，的夹角为，非零向量与的夹角为，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
8. 已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为4:4:1，现有如图两种方式包装该礼物盒，方式①中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点.不计打结处的额外消耗，则使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为（ ）

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. 下列命题中为真命题的有（ ）
A. 圆柱侧面展开图是一个矩形
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 棱柱的侧面都是菱形
D. 四面体是棱锥
10. 已知为复数，为纯虚数，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则为纯虚数
B. 若与互为共轭复数，则
C. 若，且纯虚数，则
D. 若，则的虚部为0
11. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A B.
C. 四边形的面积为D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，，且，则正数x的值为______.
13. 向量在向量上的投影向量为______.
14. 已知正六棱柱的各个顶点都在球O的球面上，球心O到正六棱柱的上、下底面的距离均为1，若，则球O的表面积为_______.
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. 已知向量，，.
（1）求向量；
（2）证明：向量与共线；
（3）已知实数、满足，求、的值.
16. 已知是一元二次方程的一个复数根，且复数，i为虚数单位，.
（1）求m，n的值；
（2）求；
（3）求的实部和虚部，并说明其在复平面内对应的点位于第几象限？
17. 伊丽莎白圈是小动物戴在颈上防止它们抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其可看作圆台的侧面围成的物体.某个伊丽莎白圈的母线长为3分米，所缺失的上、下底面的半径分别为2分米、4分米.（结果均用含π的最简式表示）
（1）若要在该伊丽莎白圈与宠物接触的内侧表面全部涂层（不含外侧表面），每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处的误差，则该伊丽莎白圈需要消耗多少克涂层材料?
（2）若将该伊丽莎白圈缺失的上、下底面完全密封形成圆台，求所形成的圆台的体积.
18. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若D为的中点，且，求的最大值.
19. 如图，，在复平面内对应的点分别为，，坐标原点为，点.

（1）证明：；
（2）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点F在线段的延长线上，且，，求的值.
河南省普通高中2024—2025学年（下）
高一年级期中考试
数学（人教版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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、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. 已知向量，，则与（ ）
A. 互为相等向量B. 互为相反向量C. 相互垂直D. 均为零向量
【答案】B
【解析】
【分析】由坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，即互为相反向量．
故选：B．
2. 设外接圆的半径为，若，则的形状为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形
C. 钝角三角形D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理得到，求得，解得，即可得到答案.
【详解】设外接圆的半径为，
若，由正弦定理，可得，所以，
因为，可得，所以为直角三角形.
故选：B.
3. 在中，，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算用基底表示即可.
【详解】由题意可得，其中，
所以.
故选：C
4. 若复数满足，i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用复数相等建立方程求出即可得解.
【详解】设，
则，
即，解得，
所以，，
故选：A
5. 在平面直角坐标系中，已知存在正数，使得平行四边形满足，，则平行四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的夹角公式，先求得，进而求得，再根据面积公式即可求得.
【详解】因为，，所以，，
则，所以，
所以平行四边形的面积．
故选：C．
6. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理角化边结合余弦定理可得.
【详解】根据正弦定理，由可得，
两边同乘可得，由余弦定理，
又，所以
故选：C
7. 已知两个非零向量，的夹角为，非零向量与的夹角为，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】如图，记向量为题设中的向量，向量为题设中的向量，利用数量积的定义和转化法计算可得.
【详解】如图，记向量为题设中的向量，向量为题设中的向量，
因为与的夹角为与的夹角可以看作的补角，
所以，故可知，又因为，所以．
故选：D．
8. 已知一种长方体礼物盒的长、宽、高之比为4:4:1，现有如图两种方式包装该礼物盒，方式①中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的四等分点，方式②中包装绳与礼物盒棱的交点均为棱的中点.不计打结处的额外消耗，则使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据方式①与方式②分别计算绳长即可得解.
【详解】由题意，不防设长方体礼物盒的长、宽、高分别为，
则方式①中包装绳长为，
方式②中包装绳长为，
所以使用方式①与使用方式②所需的包装绳长之比为.
故选：A
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. 下列命题中为真命题的有（ ）
A. 圆柱的侧面展开图是一个矩形
B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台
C. 棱柱的侧面都是菱形
D. 四面体是棱锥
【答案】AD
【解析】
【分析】由圆柱，圆台，棱柱，棱锥的定义和特征逐一判断可得.
【详解】对于A，由圆柱的侧面展开图可得圆柱的侧面展开图是一个矩形，故A正确；
对于B，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误；
对于C，棱柱的侧面是平行四边形，不一定是菱形，故C错误；
对于D，由棱锥的定义可得，四面体是四个面都是三角形构成的多面体，符合棱锥的定义，故D正确.
故选：AD
10. 已知为复数，为纯虚数，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 若，则为纯虚数
B. 若与互为共轭复数，则
C. 若，且为纯虚数，则
D. 若，则的虚部为0
【答案】BD
【解析】
【分析】设，举反例可得A错误；由共轭复数的定义可得B正确；由复数的模长和复数的乘法可得C错误；由复数的除法可得D正确.
【详解】设，
对于A，取，，满足，但不为纯虚数，故A错误；
对于B，若与互为共轭复数，则，
则，故B正确；
对于C，若，且为纯虚数，则，
解得，故C错误；
对于D，若，即，可得，
所以的虚部为0，故D正确.
故选：BD
11. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为直角梯形，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 四边形的面积为D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据斜二测画法，分析直观图、及直观图与原图形关系，逐项分析即可得解.
【详解】由余弦定理，可得，
即，解得，（舍去），故A错误；
在直角梯形中，，，
由斜二测画法知，，故B正确；
因为直角梯形的面积为，
所以四边形的面积为，故C正确；
由斜二测画法可知，原图为直角梯形，其中，
所以，
所以，故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. 已知平面向量，，且，则正数x的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用即可计算.
【详解】由题意可得，，则正数x的值为.
故答案为：
13. 向量在向量上的投影向量为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：
14. 已知正六棱柱的各个顶点都在球O的球面上，球心O到正六棱柱的上、下底面的距离均为1，若，则球O的表面积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】求出底面正六边形外接圆的半径，进而求出外接球的半径，即可得解.
【详解】因为，所以正六边形的外接圆半径，
所以球O的半径，
所以球O的表面积为.
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. 已知向量，，.
（1）求向量；
（2）证明：向量与共线；
（3）已知实数、满足，求、的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）利用平面向量加法的坐标表示可求得向量的坐标；
（2）利用平面向量共线的坐标表示可证得结论成立；
（3）利用平面向量线性运算的坐标表示可得出关于、的方程组，即可解出这两个未知数的值.
【小问1详解】
由题意可得．
【小问2详解】
因为向量，，所以，所以向量与共线．
【小问3详解】
因为，所以，
可得方程组，解得.
16. 已知是一元二次方程的一个复数根，且复数，i为虚数单位，.
（1）求m，n的值；
（2）求；
（3）求的实部和虚部，并说明其在复平面内对应的点位于第几象限？
【答案】（1）
（2）5 （3）实部为，虚部为，复数对应点在第二象限.
【解析】
【分析】（1）根据根与系数关系求解即可；
（2）根据复数的乘法及模的运算求解；
（3）根据复数的加法及概念、几何意义求解.
【小问1详解】
因为是实系数一元二次方程的一个根，
所以是方程另一个根，
所以，，
即，解得.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以.
【小问3详解】
，
所以实部为，虚部为，复数对应点在第二象限.
17. 伊丽莎白圈是小动物戴在颈上防止它们抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其可看作圆台的侧面围成的物体.某个伊丽莎白圈的母线长为3分米，所缺失的上、下底面的半径分别为2分米、4分米.（结果均用含π的最简式表示）
（1）若要在该伊丽莎白圈与宠物接触的内侧表面全部涂层（不含外侧表面），每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处的误差，则该伊丽莎白圈需要消耗多少克涂层材料?
（2）若将该伊丽莎白圈缺失的上、下底面完全密封形成圆台，求所形成的圆台的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆台的侧面积公式结合题意可得；
（2）先求出圆台的高，再由体积公式可得.
【小问1详解】
设，
由圆台的侧面积公式得，
又每平方分米需要消耗5克涂层材料，
所以该伊丽莎白圈需要消耗克涂层材料.
【小问2详解】
设圆台的高为，则，
由圆台的体积公式可得立方分米.
18. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）若D为的中点，且，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理得到，再由基本不等式得到，利用正弦定理将边化角，即可得证；
（2）依题意可得，将两边平方，结合数量积的运算律得到，最后由基本不等式计算可得.
【小问1详解】
由余弦定理，
所以，又，当且仅当时取等号，
所以，即，
由正弦定理可得，又，所以，，
所以.
【小问2详解】
因为D为的中点，
所以，所以，
又，所以，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
19. 如图，，在复平面内对应的点分别为，，坐标原点为，点.

（1）证明：；
（2）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点F在线段的延长线上，且，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据复数的几何意义表示出，点的坐标，即可求出，，再根据向量数量积的坐标表示计算可得；
（2）依题意，即可得到为补角的平分线，过点作交的延长线于点，所以平分，结合（1）可得，则.
【小问1详解】
因为，在复平面内对应的点分别为，，
所以，，
又，
所以，，
所以，所以；
【小问2详解】
因为，
所以，即，
所以为的补角（有公共边）的平分线，
过点作交的延长线于点，所以平分，
又，即，所以，所以，所以，
所以，
又，
即.