浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。
命题：浙江省衢州第一中学 审核：南海实验高中
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟：
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷．
选择题部分
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. 已知复数，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，正方形边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）

A. 8cmB. C. 4cmD.
4. 已知向量，则“与共线”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知的内角的对边分别为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
8. 已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ）
A. 1B. C. D.
二、多选题：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. 下列命题正确的是（ ）
A. 已知不共线，，则与可以作为平面向量一组基底
B. 在中，，则这样的三角形有两个
C. 若满足且与同向，则
D. 已知，若与的夹角为钝角，则的取值范围为
10. 设为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ）
A. 若，则为纯虚数
B.
C. 若，则点的集合构成的图形的面积为
D. 若复数满足，则
11. 如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（ ）
A. 三线交于一点
B. 是多边形边上的动点，的最大值是
C. 正方体被截面分成上下两部分的体积之比为
D. 棱锥的外接球的表面积为
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则它的值域是______．
13. 衢州是孔子后裔的世居地和第二故乡，素有“东南阙里，南孔圣地”的美誉，孔子雕像坐落于孔子文化公园内．如图，选取与孔子雕像底部在同一平面内的三个测量基点，且在处测得雕像顶点的仰角分别为，米，则孔子雕像高为______米．
14. 已知菱形的边长为2，设，若恒成立，则菱形面积的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知复数满足和均实数．
（1）求复数；
（2）若是关于的方程的一个根，求实数的值．
16. 已知平面向量．
（1）若，求与夹角；
（2）若，求向量在向量上的投影向量．
17. 已知函数．
（1）当时，求关于的不等式的解；
（2）若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围．
18. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若的面积为，为边上的一点，
（i）若，求长．
（ii）若，求长的最小值；
19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．
（1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积．
（2）如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积．
（3）如图3，一个球体被平面截下部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式．
浙江省金砖联盟2024学年第二学期期中
高一年级数学学科 试题
命题：浙江省衢州第一中学 审核：南海实验高中
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟：
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷．
选择题部分
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. 已知复数，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数运算求得，根据虚部定义求得结果.
【详解】 的虚部为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查复数虚部的求解，关键是利用复数运算求得复数，属于基础题.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解分式不等式、指数不等式求集合，再由交运算求集合.
【详解】由，
，
所以.
故选：C
3. 如图，正方形边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）

A. 8cmB. C. 4cmD.
【答案】A
【解析】
【分析】由直观图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长．
【详解】作出原图形如下图所示：
由直观图知原图形是平行四边形，如图，，，
，，
所以平行四边形的周长是．
故选：A．

4. 已知向量，则“与共线”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据讨论同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系.
【详解】若与共线且，同向共线时，反向共线时，充分性不成立；
若，而，则与反向共线，必要性成立；
所以“与共线”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用诱导公式及二倍角余弦公式即可求值.
【详解】由.
故选：D
6. 已知的内角的对边分别为，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用正余弦边角关系可得、，再应用余弦定理求.
【详解】由题设，则，
所以，则，
又，则，故，
所以.
故选：A
7. 在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，得出点、、在平面中，问题转化为在直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，求出点关于直线的对称点的坐标，则答案可求．
【详解】连接，则，点、、在平面中，

且，，，
在中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，

则，，，；
设点关于直线的对称点为，
的方程为，①
，直线的方程为，②
由①②组成方程组，解得，，
直线与的交点,．
对称点，
．
则的最小值为2．
故选：C．
8. 已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令正四面体的棱长为，由正四面体外接球的相关几何关系列方程求得，再由截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，求该截面圆的半径最小值.
【详解】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径，
所以，
所以，则，
所以，则，可得，
要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而，
所以截面圆半径为.
故选：D
二、多选题：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. 下列命题正确是（ ）
A. 已知不共线，，则与可以作为平面向量的一组基底
B. 在中，，则这样的三角形有两个
C. 若满足且与同向，则
D. 已知，若与的夹角为钝角，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面基底向量的概念，可判定A正确；根据正弦定理，求得，得到有两解，可判定B正确；根据向量不能比较大小，判定C错误；根据且与不共线，求得的范围，可判定D正确.
【详解】对于A中，设，即，可得，此时方程组无解，
所以与不共线，所以与可以作为平面向量的一组基底向量，所以A正确；
对于B中，由正弦定理，可得，
因为且，所以有两解，所以这样的三角形有两个，所以B正确；
对于C中，由向量是既有大小又有方向量，不能比较大小，所以C错误；
对于D中，因为，可得，且
因为与的夹角为钝角，则且与不共线，
由，解得，
设，可得，所以，解得，
所以当与的夹角为钝角时，实数的取值范围为，所以D正确.
故选：ABD.
10. 设为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ）
A. 若，则为纯虚数
B.
C. 若，则点的集合构成的图形的面积为
D. 若复数满足，则
【答案】BD
【解析】
【分析】特殊值判断A；令且，结合共轭复数定义及复数乘法、模的相关运算判断B；首先判断所表示的图形，再求其面积即可判断C；由即可判断D.
【详解】A：当为实数时，满足，故A错；
B：令且，则，故，故B对；
C：由表示以为圆心，1、2为半径的两个圆所成的圆环，
所以点的集合构成的图形的面积为，故C错；
D：因为，又，，
所以，则，故D对.
故选：BD
11. 如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（ ）
A. 三线交于一点
B. 是多边形边上的动点，的最大值是
C. 正方体被截面分成上下两部分的体积之比为
D. 棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】应用平面的基本性质判断A；利用向量数量积的几何意义，在底面上的投影在上运动，将作转化求值判断B；应用棱锥、正方体的体积求法求正方体被截面分成上下两部分的体积判断C；首先确定球心的位置，再由几何关系列方程求半径，即可得表面积判断D.
【详解】由分别是中点，所以作直线必与交于一点，
而平面且与平面不平行，所以与平面有且仅有一个交点，
为平面与棱的交点，所以延长也必与交于一点，
由都在平面，所以、、交于同一点，A对；
同A分析，应用平面的基本性质，可得如下图示的截面，即为面，
易知，，
作平行于正方体侧棱，分别交于，
而是多边形边上的动点，所以在底面上的投影在上运动，
要使最大，只需与夹角小于且在上投影最长，
如图，与重合，即与重合时，在上投影最长，
此时，且，
而，所以，B对；
由上图，正方体被截的下部分体积，
所以正方体被截的上部分体积，
所以，C对；
由题设，棱锥的外接球的球心在过正方形中心且垂直于该平面的直线上，如下图示，
所以球体半径，可得，
所以，则球体表面积，D错.
故选：ABC
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则它的值域是______．
【答案】
【解析】
【分析】应用二次函数、指数函数的性质求复合函数的值域即可.
【详解】由，则，
所以函数的值域为.
故答案为：
13. 衢州是孔子后裔的世居地和第二故乡，素有“东南阙里，南孔圣地”的美誉，孔子雕像坐落于孔子文化公园内．如图，选取与孔子雕像底部在同一平面内的三个测量基点，且在处测得雕像顶点的仰角分别为，米，则孔子雕像高为______米．
【答案】
【解析】
【分析】设米，得到，结合及余弦定理求解.
【详解】设米，由题设有，又，
由，
所以，则，可得米.
故答案为：
14. 已知菱形的边长为2，设，若恒成立，则菱形面积的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据向量相加得出，再应用菱形面积公式，得出菱形面积范围.
【详解】菱形的边长为2，
设，若恒成立，
由，所以，
在中， ，
则菱形面积为，
因为，，
当时，菱形面积最大值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知复数满足和均为实数．
（1）求复数；
（2）若是关于的方程的一个根，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1），根据复数的四则运算和复数的分类得到方程，解出即可；
（2）根据方程根共轭复数的特点以及韦达定理即可得到答案.
【小问1详解】
设为实数，所以，
为实数，
所以，故；
【小问2详解】
由求根公式可知，若和是关于的方程的两个根，
由韦达定理，.
16. 已知平面向量．
（1）若，求与的夹角；
（2）若，求向量在向量上的投影向量．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知及向量垂直的坐标表示列方程求得，再应用向量夹角的坐标运算求夹角即可；
（2）由已知及向量平行的坐标表示列方程求的，根据投影向量的定义求向量在向量上的投影向量.
【小问1详解】
由题设，又，
所以，则，故，
所以，而，
所以.
【小问2详解】
由，则，可得，则，
所以向量在向量上的投影向量.
17. 已知函数．
（1）当时，求关于的不等式的解；
（2）若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的性质及得到，解一元二次不等式及指数函数的单调性求解集；
（2）问题化为，上，应用基本不等式及分类讨论求函数最值，进而求参数范围.
【小问1详解】
由题设，则在上单调递增，
由，且，即，
所以，可得，故，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
由题意，，上，
在上，，
当且仅当时取等号，故，
在上，的开口向上且对称轴为，
当时，在上单调递增，则，
此时，不符合前提；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
此时，故；
当时，在上单调递减，则，
此时恒成立，即；
综上，.
18. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若的面积为，为边上的一点，
（i）若，求长．
（ii）若，求长的最小值；
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）应用余弦边角关系得，再应用余弦定理求角的大小；
（2）（i）由已知得，若且，则，利用面积公式得，进而有，最后应用余弦定理求边长；
（ii）由已知可得，应用向量数量积的运算律得，根据三角形面积公式得，最后应用基本不等式求最小值.
【小问1详解】
由，则，
所以，则，
【小问2详解】
（i）由题设，则，
若且，如下图示，
由，，则，则，
所以，则，
故；
（ii）由，如下图示，，
所以，则
，
又，则，故，
当且仅当时取等号，故长的最小值为.
19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．
（1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积．
（2）如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积．
（3）如图3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）由祖暅原理即可求解；
（2）由祖暅原理即可求解；
（3）由祖暅原理即可求解.
【小问1详解】
如下图：左侧几何体的为半径为的半球，右侧几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分）
左侧截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为，
易知右侧截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为，
所以，截得的截面的面积相等，
所以新几何体的体积等于半球的体积，
即
【小问2详解】
球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．
构造建立一个底面半径为，高为8的圆柱，
那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积，
此时圆锥底面的半径
所以，
所以整个容器的容积为.
【小问3详解】
由（2）可知：
当球台下底半径为，上底半径为cm，上下底面间的距离为，
那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积，
此时圆锥底面的半径，
所以球台体积为：，
再加个半个球的体积即为球缺的体积：