浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 复数（）表示纯虚数，则实数m的值为（ ）
A. B.
C. D. 或
2. 下列结论中正确的是（ ）
A. 正四面体是四棱锥
B. 棱台的侧棱长均相等
C. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
D. 以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
3. 已知直线分别在两个不同的平面内，则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的（ ）
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
4. 在中，已知，设，则（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，，则该平面图形的面积为（ ）

A. B. 2C. D.
6. 在中，，则此三角形（ ）
A. 无解B. 一解C. 两解D. 解的个数不确定
7. 冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（ ）
A B. C. D.
8. 已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（ ）.
A. B. 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. 如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 直线GH和MN平行，GH和EF异面B. 直线GH和MN平行，MN和EF相交
C. 直线GH和MN相交，MN和EF异面D. 直线GH和EF异面，MN和EF异面
10. 设为复数，则下列结论中正确是（ ）
A. 若虚数，则也为虚数
B. 若，则的最大值为
C.
D.
11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ）

A. B.
C. D. 的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若向量与向量的夹角为则___________
13. 如图，四边形是边长为1正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为_______．

14. 在锐角中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为__________.
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）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
16. 已知，复数．
（1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若z满足，，求的值．
17. 如图，在正四棱锥中，，且的面积为2，点M为棱PD的中点.
（1）证明：平面MAC；
（2）求直线PA与直线BM所成角的余弦值.
18. 如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面.
（1）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
（2）点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积.
19. 设A是直线外一点，点M在直线上（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对施以视角运算”：若点M在线段上，记；若点M在线段外，记.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在射线BC上.
（1）若D是BC的中点，由A点对BC施以视角运算，求的值；
（2）若，，，由A点对BC施以视角运算，，求的周长；
（3）若，，由A点对BC施以视角运算，，求的最小值.
宁波中学2024学年度第二学期期中高一数学试卷
满分150分，考试时间120分钟
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. 复数（）表示纯虚数，则实数m的值为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据纯虚数定义列式计算即可求解.
【详解】复数（）表示纯虚数，
则且不是3，所以.
故选：A.
2. 下列结论中正确的是（ ）
A. 正四面体是四棱锥
B. 棱台的侧棱长均相等
C. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
D. 以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
【答案】C
【解析】
【分析】根据几何体的定义逐项判断即可.
【详解】对于A，正四面体是三棱锥，故A错误；
对于B，棱台的侧棱长不一定都相等，故B错误；
对于C，圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，故C正确；
对于D，必须是直角三角形以直角边为旋转轴，旋转形成的几何体是圆锥，故D错误.
故选：C
3. 已知直线分别在两个不同平面内，则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的（ ）
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】D
【解析】
【分析】结合图形利用线面的位置关系和充分条件，必要条件的定义即可判断.
【详解】当“直线和直线平行”时，平面和平面可能平行也可能相交，故不充分；
当“平面和平面平行”时，直线和直线可能平行也可能异面，故不必要；
因此“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4. 在中，已知，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算求解即得.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：A
5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，，则该平面图形的面积为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直观图与原平面图形的关系作出原平面图形，求出相应边长后计算面积．
【详解】作出原来的平面图形，如图，，，
在题设等腰梯形中，，因此，
所以．
故选：D．

6. 在中，，则此三角形（ ）
A. 无解B. 一解C. 两解D. 解的个数不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，结合三角形中大边对大角性质进行求解即可.
【详解】由正弦定理可知：，
因为，所以，
又因为，所以，或，因此此三角形有两解，
故选：C
7. 冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由余弦定理得，进而求出，再在中，利用正弦定理得解.
【详解】由题意，在中，由余弦定理得；
因为，所以，
在中，由正弦定理所以，
解得.
故选：D
8. 已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知的最小值为，用含的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，即可得答案.
【详解】由题，
因为，，所以，
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值，
所以，解得，
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
因为，
又有，
将模长代入，
设，即原式，
因为，所以.
因此，的最大值为.
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. 如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（ ）

A. 直线GH和MN平行，GH和EF异面B. 直线GH和MN平行，MN和EF相交
C. 直线GH和MN相交，MN和EF异面D. 直线GH和EF异面，MN和EF异面
【答案】AB
【解析】
【分析】连接，可证，从而推得；利用异面直线的定义可判断GH和EF异面；连接，证明四点共面，可推得与相交，即可逐一判断.
【详解】
如图，连接，易得，且，则得，故，则C错误；
因平面，平面，但，平面，
故GH和EF异面；
连接，因，且，则得，
故，又，则，即四点共面，
又与不平行，故与相交，故D错误.
综上可得，A，B两项正确.
故选：AB
10. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若为虚数，则也为虚数
B. 若，则的最大值为
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解进行判断，对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断.
【详解】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，当时，满足，此时，所以B错误；
对于C，设，则
，
，
所以，
，
所以，所以C正确，
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故选：ACD
11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ）

A B.
C. D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而
得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值.
【详解】对于A，由题得，，，，
所以，所以，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，

因为，
所以，
所以，且，
所以，
又，所以，所以，
所以，
，
所以，
所以，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，

则由得，
整理得即①，
因为,
所以，故，
所以，所以即②，
由①②得即，整理得，
所以由①得，
所以，，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知，所以由C得，
当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若向量与向量的夹角为则___________
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的数量积的定义求解即可.
【详解】因为，向量与向量的夹角为，
所以.
故答案为：.
13. 如图，四边形是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，利用球和圆柱的面积公式计算求和.
【详解】所以该旋转体的表面积为．
故答案为：
14. 在锐角中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.
【详解】且，,
根据正弦定理得，,
即，
整理得，
，，，解得，，
，
，,
的面积
为锐角三角形，，，
，，
，
.
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）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论；
（2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，又，，
所以，
所以，
所以，
所以，
即；
【小问2详解】
因为，，，
所以，又，
所以，
所以，所以，
所以，，，
设与夹角为，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16. 已知，复数．
（1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若z满足，，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出复数对应点的坐标，进而列出不等式组求解.
（2）利用给定条件，结合复数相等求出，再利用复数除法及模的意义求解.
【小问1详解】
复数在复平面内对应的点为，
由z在复平面内对应的点位于第四象限，得，解得，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
依题意，，
又，则，解得，
，
所以.
17. 如图，在正四棱锥中，，且面积为2，点M为棱PD的中点.
（1）证明：平面MAC；
（2）求直线PA与直线BM所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线定理，证明，再由线线平行推导线面平行即可；
（2）根据题意建系，利用的面积求长，写出相关点的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
如图，连接，交于点，连接，
因是正方形，则，
又点M为棱PD的中点，则 ，故，
因平面，平面，故平面MAC.
【小问2详解】
连接，则平面，因平面，故，
又，故可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
由，解得，
故，
则，
设直线PA与直线BM的所成角为，
则.
18. 如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面.
（1）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
（2）点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，求出和即得；
（2）分别取中点，证明平面，确定点在线段上，结合图形，判断点为线段的中点时，最短，由分析得到点为的外心， 连接，交于点，分析推出三棱锥的外接球的球心在上，利用两个直角三角形建立方程，求解即得外接球半径即可.
【小问1详解】
如图，因平面平面，且，，
故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点，
连接，易得，且，则得，
则，故，因E为的中点，则为的中点.
于是，
，
则，故.
【小问2详解】
如图，分别取的中点，连接，
易得，，则得，故，
又平面，，则；易得，同理可得，
又平面，故平面，
因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上，
又，故当点为线段的中点时，最短.
设，在中，点为的外心，
连接，交于点，连，则平面，
则三棱锥的外接球的球心在上，设为点，
连接，则长即外接球半径，设，则，又，
在中，，在中，，
联立两方程，解得，故外接球的表面积为.
19. 设A是直线外一点，点M在直线上（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对施以视角运算”：若点M在线段上，记；若点M在线段外，记.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在射线BC上.
（1）若D是BC的中点，由A点对BC施以视角运算，求的值；
（2）若，，，由A点对BC施以视角运算，，求的周长；
（3）若，，由A点对BC施以视角运算，，求的最小值.
【答案】（1）1 （2）
（3）36
【解析】
【分析】（1）由新定义结合正弦定理即可求解；
（2）根据所给定义及条件得到，再由余弦定理求出，即可求出，从而求出三角形的周长；
（3）依题意可得，由等面积法得到，从而得到，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【小问1详解】
由定义可知：，
在三角形中，，即，
在三角形中，，即，
因为D是BC的中点，且,
所以
【小问2详解】
因为点在射线上，，且，所以在线段外，且，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
所以，
所以的周长为.
【小问3详解】
因为，所以，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.