山西省山西大学附属中学校2024~2025学年高一下册期中考试数学试题【附解析】

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考查时间：120分钟 满分：150分
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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先进行复数乘法运算，再由复数概念找虚部.
【详解】，
所以的虚部为.
故选：C
2. 如图，已知为平行四边形内一点，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算可得结果.
【详解】∵ ，
∴.
故选：A.
3. 如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 组合体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，
剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B
4. 已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解即可.
【详解】设与的夹角为，
则在上的投影向量为.
故选：B.
5. 在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理化简已知条件，求得，利用平方的方法化简，求得，进而求得.
【详解】，
∴，，
∴；
又知，平方可得，
∴，∴.
故选：C
6. 在中，，是的中点，与交于点，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算及三点共线求得，由此求得的值，即可得到结果.
【详解】
∵，∴，
∴.
∵A，P，D三点共线，∴.
∵，∴.
∵E是边AB的中点，∴.
∵E，P，F三点共线，∴，
∴，解得，，
∴，即，，故.
故选：A.
7. 据重心低更稳定的原理，中国古代的智者发明了一种儿童玩具——不倒翁，如图所示，该不倒翁由上底面半径为2cm、下底面半径为3cm且母线为的圆台与一个半球两部分构成，若半球的密度为圆台密度的3倍（圆台与半球均为实心），圆台的质量为190g，则该不倒翁的总质量为（ ）

A. 370gB. 490gC. 650gD. 730g
【答案】D
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，根据圆台的性质结合条件求出圆台的体积和半球的体积，从而求出半球的重量，即可求解.
【详解】如图，圆台的轴截面为等腰梯形，且过点作，垂足为，

则由题意得：，，，
所以，，
故圆台的体积，
又半球的体积，
因为半球的密度为圆台密度的3倍，
所以半球的重量为g
故该不倒翁的总重量为，
故选：D.
8. 折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.某折扇如图1所示，其平面图为如图2所示的扇形AOB，其半径为3，，点E，F分别在，上，且，则的取值范围是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的运算及数量积的定义求出数量积，结合余弦函数的值域即可求解范围.
【详解】设，则，因为，
所以，
又，所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：D
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. 已知四边形用斜二测画法画出的直观图为直角梯形，如图所示，，，，，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据斜二测画法可还原四边形的平面图，根据长度关系求解即可.
【详解】根据斜二测画法可还原四边形的平面图，过点作，垂足为，如下图所示，

对于A，B，，，
，A正确，B错误；
对于C，D，，，，
又，，C错误，D正确.
故选：AD.
10. 如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则下列选项中正确的是（ ）
A. 该几何体的高为
B. 该几何体的表面积为
C. 该几何体的体积为
D. 一只小蚂蚁从点爬行到点，所经过的最短路程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形及正置于同一平面，求出判断D.
【详解】对于A，正四棱锥底面半径，高，
因此该几何体的高为，A正确；
对于B，几何体的表面积为，B错误；
对于C，该几何体的体积为，C正确；
对于D，观察图形知，小蚂蚁从点爬行到点的最短路径为沿表面越过棱或，
由对称性，不妨取长方形及正，将它们置于同一平面内，连接，如图，
取中点，连接，则，而，
所以最短路程为，D正确.
故选：ACD
11. 在△ABC中，，，，点在线段上（不包括端点），下列结论正确的是（ ）
A. 若是高，则B. 若是中线，则
C. 若是角平分线，则D. 若，则是线段的三等分点
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三角形高线，中线，角平分线的性质求解即可.
【详解】对于A，因为，，，所以，
所以，
若是高，则，A不正确；
对于B，，，,
，所以，B正确；
对于C，由B可得，因为，
所以,
整理可得，即，C正确.
对于D，设，,
,
因为，，，所以，
解得或（舍），所以不是线段的三等分点，D不正确.
故选：BC
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 复数z满足，则复数z的模的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数几何意义得对应的点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，将题意转化为圆上的点到原点的距离，进而可得结果.
【详解】表示对应的点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
故复数的模即圆上的点到原点的距离，则.
故答案：.
13. 已知球的表面积为，平面截球所得的截面面积为，则以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据球的表面积和截面圆面积可求得，利用勾股定理可求得球心到截面的距离，代入圆锥体积公式即可.
【详解】设球的半径为，截面圆的半径为，球心到平面的距离为，
，，，，，
以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为.
故答案为：.
14. 目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影.如图，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站，已知基站高m，该同学眼高1.5m（眼睛到地面的距离），该同学在初始位置C处（眼睛所在位置）测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.求出山高______m（用参考数据进行计算）；
如图，当该同学面向基站AB前行时（保持在同一铅垂面内），记该同学所在位置C处（眼睛所在位置）到基站所在直线距离m，且记在C处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β.试问当_____m时，观测基站的视角最大？参考数据：，，，，.
【答案】 ①. 151.5 ②. 100
【解析】
【分析】利用正弦定理及直角三角形边角关系求解；利用直角三角形边角关系及差角垢正切公式，结合基本不等式求出取得最大值，借助正切函数单调性求解.
【详解】依题意，，
在中，，则，
中，，
所以山高；
依题意，且，，
在中，，在中，，
则
，
当且仅当，即时取等号，正切函数在上单调递增，
而，则当且仅当取得最大值时，最大，
所以当时，观测基站的视角最大.
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. 设，，向量，，，且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的垂直与共线，列出方程组求解的值，从而可得的坐标，再利用模的运算公式求解即可；
（2）由向量的坐标运算可得，计算，然后结合向量夹角公式即可求得夹角余弦值．
【小问1详解】
向量，，，且，，
可得且，解得，，
即，，则，
则；
【小问2详解】
因为，，
所以，，
设向量与夹角为，
则，
即向量与夹角余弦值为．
16. （1）计算：；
（2）已知是虚数单位，表示的共轭复数，复数满足求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数除法运算和乘方运算，结合的幂运算的周期性可求得结果；
（2）设，根据共轭复数，复数乘法运算，复数相等的知识求出，进而求得结果.
【详解】（1）
.
（2）令且，则，
所以，则，可得，
所以，则.
17. 如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm.

（1）以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积；
（2）求该三棱柱的外接球的表面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出三棱柱的体积，得到的内切圆的半径，进而去除圆柱的体积，相减即可答案；
（2）将三棱柱补形为长方体得到外接球半径，求出外接球的表面积.
小问1详解】
因为底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm，
所以底面三角形为直角三角形，两直角边分别为3cm，4cm，
又因为三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，
所以.

设圆柱底面圆的半径为，
则，
圆柱体积.
所以剩下的几何体的体积.
【小问2详解】
由（1）直三棱柱可补形为棱长分别为3cm，4cm，2cm的长方体，
它的外接球的球半径满足，即.
所以，该直三棱柱的外接球的表面积为.

18. 在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）若，试判断的形状，并说明理由；
（2）若，则的面积为，求，的值；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）直角三角形，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用面积公式和正弦定理，余弦定理可求答案；
（2）利用面积公式和余弦定理可求答案；
（3）先化简目标式，结合角的范围可得答案.
【小问1详解】
因为，
所以
因为，故得，
由余弦定理可得，
又因为，所以；
若，即，且，可得，，
所以为直角三角形.
【小问2详解】
因为，则，解得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以.
【小问3详解】
因为
.
因为，且三角形是锐角三角形，则，解得，
则，可得，
则，
所以的取值范围为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：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．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面的问题：
（1）若是边长为的6等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；
（2）的内角，，所对的边分别为，，，且，点为的费马点．
（i）若，求；
（ii）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）过作于，结合正三角形性质求解.
（2）（i）根据正弦定理求得，由三角形面积公式及向量数量积即可求解；（ii）设，得出，由勾股定理得出，再利用基本不等式求出最小值．
【小问1详解】
由为等边三角形，三个内角均小于，得费马点在三角形内，
满足，且，如图：

过作于，则，，，
所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为．
【小问2详解】
（i）由正弦定理得，而，，
则，即，得，则的三个角都小于，
由费马点定义知，，
设，，
由得：，
整理得，则
．
（ii）由（i）知，点在内部，且，

设，，
则，
由余弦定理得，，
，
，
而，即，
整理得，即，则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.