山西省部分重点中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份山西省部分重点中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 已知复数是关于x的方程， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：必修第二册第六章~第八章8.4节.
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（），且为纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】由题知，，则.
又是纯虚数，则且，得.
故选：D.
2. 已知的内角的对边分别为，且，，，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】由余弦定理知，
所以.
故选：A.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥
B. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
C. 直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
D. 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面
【答案】D
【解析】各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，A错误；
有两个面互相平行且相似，其余面都是梯形的多面体不一定是棱台，
只有当梯形的腰延长后交于一点时，这个多面体才是棱台，B错误；
直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，C错误；
用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，D正确.
故选：D
4. 用斜二测画法画出水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，，，则梯形的面积为（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】由题意该梯形为直角梯形，如图，
其中，，，，，
所以梯形的面积.
故选:C
5. 已知复数是关于x的方程（）的一个根，则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】B
【解析】由题知，整理得，
即解得
所以在复平面内的对应点为，位于第二象限.
故选：B.
6. 已知向量，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为向量在向量上的投影向量为，即，
所以，又，则，又，则，
所以.
故选：B.
7. 已知的内角的对边分别为，，是上靠近的三等分点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为是上靠近的三等分点，所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
即，则，
即，当且仅当时等号成立，
又在中，,
因此，即，
所以的取值范围为.
故选：C.
8. 对任意两个非零向量，，定义新运算：，表示向量，的夹角.若非零向量，满足，向量，的夹角，且和都是集合中的元素，则的取值集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】依题意，，而，，则，，
于是，显然存在，，则，
因此，即，则，
显然，即，
从而，因此，
又存在，使得，即，解得，则，
所以的取值集合为.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 空间内任意三点确定一个平面
B. 若直线l不平行于平面，则直线l与平面有公共点
C. 若直线l与平面相交，则平面内有无数条直线与直线l异面
D. 若空间四点中，无三点共线，则经过其中三点的平面有4个
【答案】BC
【解析】空间中不共线的三点确定一个平面，A错误；
若直线l不平行于平面，则直线l与平面相交或在平面内，B正确；
若直线l与平面相交，则平面内有无数条直线与直线l异面，C正确；
若空间中四点共面，则经过其中的三点的平面只有1个；
若空间中的四点不共面，设这四点为A，B，C，D，由于无三点共线，则过A，B，C三点确定一个平面，过B，C，D三点确定一个平面，过A，B，D三点确定一个平面，过A，C，D三点确定一个平面，所以经过其中三点的平面有4个，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，都是复数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】对于选项A：设，，显然满足，但，A错误；
对于选项B：设，（），由，
得，所以，
则当，时，设，则，所以，解得，所以，，
则；当时，则或，若，则，则，若，则，则，因此，B正确；
对于选项C：设，（），由得，故，
而，故C正确；
对于选项D:取，，满足，所以，，则，D错误.
故选：BC
11. 在中，角、、的对边分别为、、，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若是直角三角形，则
D. 若是锐角三角形，是线段上一点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A选项，由及余弦定理得，
即，A错误；
对于B选项，由及正弦定理得，
即，所以，
即，所以，B正确；
对于C选项，由上知，所以、均不为直角，进而，
则，代入，得.因为为锐角，所以所以，，所以，C正确；
对于D选项，过作，垂足为点，则.
又在之间运动时，与的夹角为钝角，因此要求的最小值，
应在之间运动，即，
又，当时，取最小值为，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. 在正方体中，与异面的棱有________条.
【答案】6
【解析】如图，正方体中，与异面的棱有，，，，，共6条.
故答案为：6.

13. 将3个边长为4的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（如图左）；将这六个部分接于一个边长为的正六边形边上（如图），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是________.
【答案】32
【解析】折成的多面体如图①所示，将其补形为正方体，如图②，所求多面体的体积为正方体的一半，又由已知可得正方体的棱长为4，故.
故答案为：32
14. 如图，已知点在点的正北方向，点、点分别在点O的正西、正东方向，且，，，则的面积为________.
【答案】
【解析】由且A，B为三角形的内角，，
可知为锐角，，，
如图作A关于O的对称点D，且D在线段上，连接，
则，即，
故，所以，
在中，，即，
在中，，即，
所以.
综上，，，
则，
，
两式相减，得，即，
所以的面积.
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，其中i是虚数单位，.
（1）求；
（2）设（），若，证明：.
（1）解：由复数的四则运算法则，得，
则解得；
（2）证明：因为，，，
所以可化为，
即，
所以，
整理得，得证.
16. 在一个如图所示的直角梯形内挖去一个扇形，M是梯形的下底边上的一点，将所得平面图形绕直线旋转一周.

（1）说明所得几何体的结构特征；
（2）求所得几何体的表面积和体积.
解：（1）该几何体是上半部分为圆锥，下半部分为圆柱体挖去一个半球体的组合体.
（2）由图可知圆锥的高为2，母线长为4，圆柱的高为，底面半径为，
所以表面积
，
体积
.
17. 已知向量，，且.
（1）求实数m的值；
（2）若，，求的最小值.
解：（1）因为，，所以，
.
因为，所以，
解得或.
（2）由，知，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为3.
18. 已知锐角中，内角的对边分别为，，，为外接圆的圆心.
（1）求；
（2）求的取值范围；
（3）求和面积之差的最大值.
解：（1）由正弦定理及，得.
因为，所以，则，
所以，得到，
又，则，所以，得到.
（2）由正弦定理，
得.
因为为锐角三角形，所以，得，
所以，则，所以，
即的取值范围为.
（3）设外接圆的半径为，则，
且，即.
因为，，
所以，
，
所以，
由（2）知，令，则，
所以当时，取得最大值.
19. 如图，已知中，，，直线过的重心P，与线段，分别交于点M，N，设，（，）.
（1）证明：为定值，并求出此定值；
（2）求的取值范围；
（3）记，的周长分别为，，设，记，求的取值范围.
解：（1）因为，，则，，
因为点P是的重心，所以，
因为在直线l上，所以，
所以.
（2）在中，由余弦定理，得，
所以.
因为，，，，
由（1）知，所以，则.
因为，所以，
因为，所以当时，的最小值为，当或2时，的最大值为，所以，即的取值范围为.
（3），
所以，.
设，又，所以，
所以
.
由（2）知，
因为的对称轴为，在上单调递增，
又因为在上也是单调递增，
所以在上单调递增，
所以当时，，当时，，
所以的取值范围为.