吉林省松原市宁江区2024-2025学年高一下学期期中数学试卷（解析版）

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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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
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】在复平面内，复数对应的点为，在第二象限.
故选：B
2. 已知，若，则实数（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】由题意，向量，则，因为，可得，解得.
故选：C.
3. 下面不是平行六面体的几何体是（ ）
A. 四棱台B. 长方体
C. 正方体D. 底面是菱形的四棱柱
【答案】A
【解析】长方体、正方体、底面是菱形的四棱柱均是平行六面体，四棱台不是平行六面体.
故选：A.
4. 如图，在中，点是的中点，点是的中点，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由点是的中点，点是的中点，
得.
故选：D
5. 已知水平放置的等边的边长为4，则该三角形斜二测直观图的面积为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知：.
故选：C.
6. 在中，，则（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】由余弦定理，，即，解得.
故选：D.
7. 已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3，球与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】画出圆台的轴截面，如图所示：
则四边形是等腰梯形，且，，内切圆圆心即球心；
所以圆台的母线长为，
连接、和，
所以是直角三角形，且，
所以球的半径为，
球O的表面积为．
故选：A．
8. 已知中，过中点的直线分别与直线交于点，且，，则的最小值为（ ）
A. 9B. C. 7D.
【答案】B
【解析】因为为的中点，故，
而三点共线，故存在实数，使得，
所以，而不共线，
故，所以，
故，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，
故选：B.
二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数是方程的三个互不相同的复数根，则下列结论正确的是（ ）
A. 复数的实部之和为0
B. 复数的虚部之积为
C. 复数的模长之和为3
D. 复数的积为2
【答案】ABD
【解析】因为，其三个不同的复数根为：，，，
因为三个根的实部分别是0，1，，三个实部之和为0，故A正确；
因为三个根的虚部分别是1，1，，三个虚部之积为，故B正确；
根据模长定义，，故C错误.
，故D正确；
故选：ABD
10. 已知的内角的对边分别是，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若是锐角三角形，则
D. 若，则是钝角三角形
【答案】ACD
【解析】对于A：在中，若，则，由正弦定理有，故A正确；
对于B：由在单调递减，，所以，故B错误；
对于C：若是锐角三角形，则，所以，又在单调递增，所以，故C正确；
对于D：若，则，又在单调递增，所以，所以,所以是钝角三角形，故D正确；
故选：ACD.
11. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．球体被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知点是以为直径的圆上的点，，扇形的面积为，将扇形绕直线旋转一周得到一个几何体，则下列结论正确的是（ ）
A. 该几何体是一个球缺
B. 该几何体中球冠的高为1
C. 该几何体的体积为
D. 该几何体的表面积为
【答案】BCD
【解析】对A：易得将扇形绕直线旋转一周得到的几何体是组合体，下方为一个倒置的圆锥，上方为球缺，故A错误；
如图：过点作的垂线，垂足为.
因为扇形的面积为，且，所以.
对B：因为，，所以，所以该几何体中球冠的高，故B正确；
对C：该几何体的体积是球缺体积加圆锥体积，所以，故C正确；
对D：该几何体的表面积为球冠面积加圆锥侧面积，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. 已知复数，则的模长为__________．
【答案】5
【解析】因为复数，所以.
故答案为：.
13. 已知，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】因为：.
故答案为：
14. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到．如图，正八面体（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6，取各条棱的三等分点，从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为__________．

【答案】
【解析】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，正八面体的棱长为6，从各棱的三等分点处截得多面体，则该多面体的棱长为2，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为，
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. 已知复数，当实数为何值时，复数满足下列条件：
（1）复数是实数；
（2）复数是纯虚数；
（3）复数对应的点位于复平面的第四象限.
解：（1）当时，
即当或时，复数是实数；
（2）当时，即当时，复数是纯虚数；
（3）当时，即当时，
复数对应的点位于复平面的第四象限.
16. 已知向量满足，，．
（1）求向量与夹角的大小；
（2）设，若与夹角是钝角，求实数的取值范围．
解：（1）设与的夹角为，
由，
解得，因，则；
（2）由题意得，解得，
再令，则，即，
，解得，
要使与夹角是钝角，则且，
综上可得：或.
即实数的取值范围为．
17. 如图，在四边形中，的面积为，．
（1）求的长；
（2）若，求的面积．
解：（1）由题意得，
由余弦定理得．
（2）在中，由余弦定理得，
，
在中，，
由正弦定理
，
的面积为．
18. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“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．球的体积可以利用祖暅原理求出．如图，左边是一个半径为的半球（用经过球心的平面截球体所得的几何体），右边是从底面半径和高均为的圆柱中挖去一个以该圆柱的上底面为底面､下底面圆心为顶点的圆锥所得到的几何体，这两个几何体在同一平面上．现用任意一个平行于的平面截这两个几何体，记左边半球被平面截得的截面面积为，右边几何体被平面截得的截面面积为．
（1）当平面与的距离为时，求的值；
（2）利用祖暅原理求此半球的体积，并由此给出球体的体积公式．
解：（1）当平面与的距离为时，
由题意得左边半球被平面截得的截面为圆面，
其半径，则；
右边几何体被平面截得的截面为圆心相同的圆环，易得大圆的半径为，
因为圆柱的高等于底面半径，所以小圆的半径为，则．
（2）由（1）得当平面与的距离为时，，
即对于任意，都有，
由祖暅原理可得左边半球的体积等于右边几何体体积，
即，
所以半径为的球体的体积公式为．
19. “费马点问题”是由十七世纪法国数学家费马所提出的一个问题：在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小，此点被称为该三角形的费马点．意大利数学家托里拆利给出了解答，即当的三个内角均小于时，使得的点为的费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的费马点．已知中，内角的对边分别为，点为的费马点．
（1）若，求的周长；
（2）若，且的面积为，求的取值范围．
解：（1）因为，
由正弦定理得，即，
可得，
且，所以，可知点为点，
则，可得，
由，可得，
即，解得，
所以的周长为．
（2）因为，由正弦定理得，
整理可得，
且，，则，
又因为，则，
可知都小于，
因为的面积为，则，
设，则，
在中，由正弦定理得，可得，
在中，由正弦定理得，可得，
则
，
因为，则，
可得，
所以的取值范围为．