黑龙江省哈尔滨市第七十三中学校2024-2025学年高一下学期5月期中 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省哈尔滨市第七十三中学校2024-2025学年高一下学期5月期中 数学试题（含解析），文件包含黑龙江省哈尔滨市第七十三中学校2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题解析docx、黑龙江省哈尔滨市第七十三中学校2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 卷面分值：150分
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答．在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只交试卷答题页．
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
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. 给出下列四个说法：①若，则；②若，则或；③若，则；④若，，则.其中正确的说法有（ ）个.
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据零向量定义、向量模长、平行的定义等知识依次判断各个选项即可.
【详解】对于①，模长为零的向量为零向量，①正确；
对于②，的模长相同，但方向不确定，未必同向或反向，②错误；
对于③，若，则同向或反向，但模长未必相同，③错误；
对于④，当时，，成立，但此时未必平行，④错误.
故选：A.
2. 在空间中，下列命题不正确的是（ ）
A. 若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点．且一条直线上
B. 若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线
C. 梯形可确定一个平面
D. 任意三点能确定一个平面
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面的相关公理和推论逐项进行判断即可求解.
【详解】对于选项A，若两个平面有一个公共点，则它们有经过该公共点的一条直线，即两平面有无数个公共点，故选项A正确；
对于选项B，若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线，否则，若存在三点共线，则问题转化为一条直线与直线外一点，则四点共面，故选项B正确；
对于选项C，因为两条平行直线确定一个平面，所以梯形可确定一个平面，故选项C正确；
对于选项D，共线的三点不能确定一个平面，故选项D错误；
故选：D.
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面
B. 有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C. 如果一个棱锥各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D. 如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
【答案】D
【解析】
【分析】由棱柱、棱锥、棱台的结构特征，判断各选项是否正确.
【详解】选项A，例如六棱柱的相对侧面也互相平行，故A错误；
选项B，其余各面的边延长后不一定交于一点，故B错误；
选项C，当棱锥的各个侧面共顶点的角的角度之和是时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；
选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．
故选：D
4. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，
所以，所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C
5. 已知向量，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量夹角的坐标运算可构造方程求得结果.
【详解】，，，
由得：，，解得：.
故选：C.
6. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）.

A. 12B. 12
C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案.
【详解】因为，由斜二测画法可知，
则，故为等腰直角三角形，故，
故矩形的面积为，
所以原图形的面积是，
故选：D
7. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，在与中，由余弦定理求出，根据求出，进而求得的面积.
【详解】设，中，，
在中，，
所以，解得，
因为，所以，
所以的面积为.
故选：C
8. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）

A. 为定值
B. 当时，为定值
C. 的取值范围是
D. 的最大值为12
【答案】D
【解析】
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断C；由弦的最大值判断D.
【详解】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，同理可得，故，B正确；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，C正确；
因为，则有，D错误.

故选：D
【点睛】关键点睛：根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
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. 下列说法错误的是（ ）
A. 两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C. 两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 平行于同一直线的两直线平行
【答案】ABC
【解析】
【分析】由线线位置关系、棱台、棱锥以及棱柱的定义即可逐一判断.
【详解】对于A，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，它应该保证各侧棱延长后交于一点，故A错误；
对于B，棱锥有一个面是多变形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故B错误；
对于C，如图所示，

若下面是一个正四棱柱，上面是一个以正四棱柱上底面为下底面的斜四棱柱，但它们的组合体不是棱柱，故C错误；
对于D，由平行线的传递性可知D正确.
故选：ABC.
10. 已知满足，则（ ）
A.
B. 复平面内对应的点在第一象限
C.
D. 的实部与虚部之积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.
【详解】设，
则由已知得，即，
所以解得
所以，则，故A项正确，B项错误；
，的实部为，虚部为1，
所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.
故选：ACD
11. 平行四边形ABCD中，，，.动点P满足，，下列选项中正确的有（ ）
A. 时，动点形成的轨迹的长为
B. 时，的取值范围是
C. 时，存在使得
D. 且最大时，在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图形特征建立平面直角坐标系，通过从而得到动点轨迹方程进而判断A；时在线段上，从而判断B；若，，则，通过解方程进而判断C；通过图形特征以及投影向量的相关概念判断D.
【详解】在平行四边形ABCD中，作，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，，
则，
所以，则，
对于A，，则，
所以，由，得到，
所以动点P形成的轨迹的长为，故A正确；
对于B，若，则在线段上（含端点），所以的取值范围是，故B错误；
对于C，若，，则，所以，
所以令，所以符合题意，所以时，存在使得，故C正确；
对于D，过点作，若，则在上，
又因为最大，所以与重合，作，
则在上的投影向量为，
由，
则在上的投影向量为，故D正确.

故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题考查平面向量综合问题，该类问题常见的处理方法为：
（1）基底法：通过基底的建立与表示进行求解；
（2）坐标法：通过平面直角坐标系，结合坐标公式进行求解；
（3）转化法：通过平方关系的转化求解平面向量问题.
第Ⅱ卷 非选择题（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设母线为，高为，由侧面积公式求出，即可求出，再由圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为圆台的上底面半径，下底面的半径，其侧面积为，设母线为，高为，
所以，即，解得，
所以，
所以该圆台的体积.
故答案为：
13. 如图，在中，，于点，为的中点．若，则________.

【答案】
【解析】
【分析】根据三角形边长和角度，以为基底表示出，即可得.
【详解】在中，，∴，
又因为，可得；
可得，
∵为的中点，
所以，由，
因此.
故答案为：
14. 已知锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足，，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理得到，利用同角三角函数平方关系得到，，由正弦定理和正弦和角公式得到，根据为锐角三角形，得到，得到，得到答案.
【详解】因为，由余弦定理得，
则，所以，
又，所以，解得或，
因为为锐角三角形，所以，，
所以，
其中，
由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，
所以，即，所以，
所以，所以，
所以，，
故.
故答案为：
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
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. 已知复数满足，.
（1）求；
（2）若复数满足，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据复数的模长公式即可求解.
（2）根据复数相等的充要条件，即可列方程组求解.
【小问1详解】
由题意得，
所以或（舍去），
故
【小问2详解】
设，
则，
所以解得或
所以或
16. 在内，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的值；
（2）若的面积为，，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，求出角；
（2）由余弦定理和面积公式得到方程，求出，进而求出周长.
【小问1详解】
由，得
由正弦定理，得．
．
．
又，
．
又，
．
又，
．
【小问2详解】
由（1）知，
①
又，故，
，②
又，
由①②，得，故，
∴，
故，周长为.
17. 已知圆锥的顶点为P，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为．
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由已知得出，，再由三角形面积公式得出，从而得出以及圆锥的侧面积.
（2）画出截面图形，先由相似三角形知识求出内切球半径，再由体积公式即可求解.
【小问1详解】
如图所示：
令圆锥母线长、底面半径分别为l、r，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为知，，
又，
又因为的面积为，
∴，
又，所以，
∴侧面积为．
【小问2详解】
如图所示：
设内切球半径为，球心在上面，则，
所以，
由（1）可知，圆锥的高，
则有，解得，
所以圆锥的内切球体积为.
18. 已知z为复数，和均为纯虚数，其中i是虚数单位．
（1）求复数z的共轭复数；
（2）若复数在复平面内对应的点位于实轴下方，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，可知，根据复数的除法运算，化简根据题意，即可得出，根据共轭复数的概念，即可得出答案；
（2）代入化简可得复数为，根据复数的几何意义，结合已知可得，求解即可得出答案.
【小问1详解】
设，
则.
因为为纯虚数，所以，且，
所以，
所以.
因为为纯虚数，所以，所以，
所以，，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以，复数在复平面内对应的点为.
由题意可知，，解得或，且，
所以，实数m的取值范围为.
19. 中，，点边上，平分．
（1）若，求；
（2）若，且的面积为，求．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出，的正余弦值，再由互补关系求出；
（2）由和的面积为，分别求出和，再根据余弦定理求出的值.
【小问1详解】
由正弦定理得，AB＝2AC，C＞B，
又∵，∴，
∵，
∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，，
又∵，∴，
∵，
∴
或，
【小问2详解】
设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，
∵，∴，
∴，
∵为三角形的内角，，∴，∴，
∵，∴，
又∵，∴，
在△ABC中，运用余弦定理可得，
，
∴．