河南省许昌市部分学校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省许昌市部分学校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A．B．4C．D．4i
2．已知，，点P满足，则点P的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知p，，复数是关于x的方程的一个根，则的值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
5．下列说法正确的是（ ）
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥
B．直角三角形绕一条边所在直线旋转一周得到的旋转体是圆锥
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥
D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体是棱台
6．已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
7．已知点M是所在平面内一点，满足，则的形状是（ ）
A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
8．已知的外接圆的半径为1，，点G满足，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知、是同一平面内的两个不共线向量，则下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A．和B．和
C．和D．和
10．已知，为复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则为实数
C．D．若，则
11．窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．已知正八边形ABCDEFGH的边长为，点P是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．的最小值为
C．的最大值为
D．若P在线段BC上，且，则的取值范围为
三、填空题
12．已知复数z满足，则 ．
13．如图，矩形是水平放置的平面四边形OABC的直观图，其中，，则原四边形OABC的面积与周长的数值之比为 ．
14．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则 ，的最小值为 ．
四、解答题
15．设，已知复数，且为纯虚数．
(1)求m的值和；
(2)若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求实数a的取值范围．
16．已知向量，．
(1)求；
(2)若向量，且，求m的值；
(3)求与垂直的单位向量的坐标．
17．（1）已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，高为3，求该正四棱台的体积；
（2）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，求该圆锥的底面直径；
（3）已知棱长为2的正方体的所有顶点都在球的球面上，若圆柱的底面直径和高都等于球的直径，求球的表面积和圆柱的体积．
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，，点D是边BC上的一点，且．求AD的长；
(3)若是锐角三角形，，点E为AB的中点，求CE的取值范围．
19．设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种运算“”．试求解下列问题：
(1)已知向量，满足，，，求的值；
(2)若向量，满足，，求证：；
(3)已知向量，，，求的最小值．
1．A
利用复数的减法及复数的有关概念求解.
【详解】依题意，，其虚部为.
故选：A
2．C
求出向量的坐标，进而求出点的坐标.
【详解】点，，则，于是，
所以点的坐标为.
故选：C
3．D
直接利用正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理得，
所以.
故选：D.
4．C
根据一元二次方程的复数根互为共轭复数，再利用韦达定理即可得解.
【详解】因为复数是关于x的方程的一个根，
所以复数也是关于x的方程的一个根，
则，所以，
所以.
故选：C.
5．C
利用棱锥、圆锥、棱台的结构特征判断ABD；利用侧棱与其在底面内的射影大小关系推理判断C；
【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形的几何体叫做棱锥，A错误；
对于B，直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周得到的旋转体是共底面的两个圆锥构成的组合体，B错误；
对于C，假定是六棱锥，则该六棱锥的底面是正六边形，所有侧棱长相等，各侧棱在底面上的射影都相等，
因此该六棱锥是正六棱锥，而正六边形半径等于其边长，则该六棱锥的侧棱长等于它在底面内的射影，
与平面的斜线段大于它在该平面内的射影矛盾，从而该棱锥不可能是六棱锥，C正确；
对于D，用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，D错误.
故选：C
6．D
根据给定条件，利用投影向量的定义求解.
【详解】由，得，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：D
7．A
利用向量的减法，数量积的运算律计算即得.
【详解】由，得，即，
两边平方并化简得，则，即，所以是直角三角形.
故选：A
8．A
取的中点，连接，根据可得点为的重心，根据，可得，从而可的，再利用正弦定理求出，进而可得出答案.
【详解】如图，取的中点，连接，
因为，所以，
所以，
又为公共点，所以共线，且，
所以点为的重心，
因为，所以，
所以，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，所以，
所以，
所以.
故选：A.
9．BCD
利用基底的定义，逐项分析判断.
【详解】对于A，，A不可以；
对于B，假定与共线，则，
则且，矛盾，向量和不共线，B可以；
对于C，不能由表示出，即向量和不共线，C可以；
对于D，假定与共线，则，
则且，矛盾，向量和不共线，D可以.
故选：BCD
10．BC
举例说明判断AD；设出复数的代数形式，结合共轭复数的意义及复数模的运算求解判断BC.
【详解】对于A，取，满足，而虚数不能比较大小，A错误；
对于B，设，由，得，
则，，B正确；
对于C，设，则，C正确；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：BC
11．ABD
易得及的大小关系，即可判断A；易得当取得最小值时，点在上时，进而可判断B；根据数量积的几何意义可得当点在边上时，取得最大值，即可判断C；设，再根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理即可判断D.
【详解】对于A，由正八边形的结构特征可知：，
则，所以，
所以，故A正确；
对于B，由正八边形的结构特征可知，
当点在边上时（不包含两点），
的夹角为锐角，此时，
当点在上时，设，则
则，
当时，取得最小值，
综上所述，的最小值为，故B正确；
对于C，由题意可知，当点在边上时，
在方向上的投影最大，
最大值为，
根据数量积的几何意义可得的最大值为，故C错误；
对于D，设，
则
，
所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．
设出复数的代数形式，利用复数相等列式求解.
【详解】设，则，
由，得，则，解得，
所以.
故选：
13．
根据给定的直观图，作出原四边形，进而求出其面积及周长.
【详解】在矩形，令交轴于点，由，，
得为的中点，且，
在平面直角坐标系内作出原四边形，且四边形为平行四边形，，
点是中点，，，，
因此四边形的周长为50，面积为，
所以四边形OABC的面积与周长的数值之比为.
故答案为：
14． 3 /
第一空，利用余弦定理角化边，再化简计算即得；第二空，利用余弦定理将用表示，再利用基本不等式求出最小值.
【详解】在中，由及余弦定理，得
，因此；
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：3；
15．(1)，
(2)
（1）根据复数的乘法运算和纯虚数的定义求出，再根据复数的模的计算公式求出即可；
（2）先根据复数的乘法运算求出，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】（1）,
因为为纯虚数，
所以，解得，
所以，
所以；
（2），
因为复数在复平面内对应的点位于第三象限，
所以，解得，
所以实数a的取值范围为.
16．(1)；
(2)；
(3)或.
（1）利用向量线性运算的坐标表示求出，再利用向量的模的坐标公式求出；
（2）利用向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示求出值；
（3）求出的坐标，再利用向量垂直的坐标表示求出一个向量，结合单位向量的意义求得答案.
【详解】（1）由向量，，得，
所以.
（2）向量，则，
由，得，解得，
所以m的值为.
（3），设与垂直的向量，
则，取，得，则，
与向量共线的单位向量为，
所以与垂直的单位向量的坐标或.
17．（1）52；（2）1；（3）球的表面积为，圆柱的体积为.
（1）利用棱台的体积公式计算得解.
（2）利用弧长公式及圆锥表面积公式列式求解.
（3）求出正方体的外接球直径，进而求出球的表面积及圆柱的体积.
【详解】（1）依题意，正四棱台的上、下底面面积分别为和，
所以该正四棱台的体积为.
（2）设圆锥的底面圆半径为，母线长为，
由圆锥侧面展开图是半圆，得，则，
由圆锥的表面积为，得，解得，
所以该圆锥的底面直径为1.
（3）由棱长为2的正方体的所有顶点都在球的球面上，得球的直径为，
因此该球半径，表面积为；
圆柱的底面直径和高都为，所以圆柱的体积为.
18．(1)
(2)；
(3).
（1）根据给定条件，利用余弦定理求解.
（2）由已知求出，再在中由余弦定理列式求出.
（3）由已知结合正切函数的性质求出的范围，再用正弦定理求出的范围，进而用含的表达式表示并求出范围.
【详解】（1）在中，由，得，
由余弦定理得，而，
所以.
（2）由（1）得，
由点D是边BC上的一点，且，得，
在中，由余弦定理得，
即，所以.
（3）在锐角中，，则，，
由正弦定理得，
在中，点E为AB的中点，，
由余弦定理得，
所以CE的取值范围是.
19．(1)3；
(2)证明见解析；
(3).
（1）利用垂直关系的向量表示及数量积的运算律求出夹角余弦，再利用新定义求解.
（2）利用向量的夹角公式及新定义推理得证.
（3）利用（2）的结论，结合基本不等式求出最小值.
【详解】（1）由，，，得，
解得，，，
所以.
（2）由，得，
则，
，
所以.
（3）由（2）得，而，，
于是，，
，当且仅当，即时取等号；
所以的最小值是.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
C
C
D
A
A
BCD
BC
题号
11









答案
ABD