安徽省宿州市省、市示范高中皖北2024-2025学年高一下学期期中考试教学质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省宿州市省、市示范高中皖北2024-2025学年高一下学期期中考试教学质量检测数学试题（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答等内容，欢迎下载使用。
命题人：郭金华 审题人：张跃
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟.
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. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，再利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】因为，所以.
故选：D.
2. 已知是平面内不共线的四点，则“”是“四边形为平行四边形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充要条件的判断方法，从两个方向判断即得.
【详解】因为是不共线的四点，
若，则有，，故四边形为平行四边形；
若四边形为平行四边形，则有.
故“”是“四边形为平行四边形”的充要条件.
故选：C.
3. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，求出相关边长再求长即可.
【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形，
如图，由斜二测画法可知，，
所以.
故选：B.
4. 已知平面向量，，则向量与的夹角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量坐标的夹角余弦值表示即可得到答案.
【详解】由已知，，
所以，故.
故选：D.
5. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（ ）
A. 2B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，根据圆锥的表面积及弧长公式得到方程组，求出.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，
则，解得或（舍），
故选：A
6. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理先求出边的值，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】由已知及余弦定理得，
解得（负值舍去），
所以的面积为.
故选：A.
7. 在正六边形中，点是线段上靠近点的三等分点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，利用向量的加减数乘运算化简计算即得.
【详解】
依题意，如图，，
因为，，
所以.
故选：D.
8. 在平面四边形中，已知，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设条件可得，推出四点共圆，化简得，利用向量数量积的几何意义，要求的最小值，即求在方向上的投影的数量的最小值，结合图形，可得当点在劣弧的中点位置时，投影的数量最小，即可求得的最小值
【详解】
由，，，可得，
故，又，所以，
以为直径作圆，则四点共圆，
如图所示，故点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），
于是，，
又表示在方向上的投影的数量，
由图可知，当点在劣弧的中点位置时，投影的数量最小，
此时，连接交于点，则，故，
即的最小值为，
故的最小值为.
故选：C.
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. 已知复数满足，，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则下列正确的是（ ）
A. 的虚部为
B. 在复平面内对应的点位于第一象限
C. 是纯虚数
D. 若是关于的实系数方程的一个根，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知，解得，，结合复数的概念、几何意义及运算性质，逐项判断即可.
【详解】根据题意，，解得，，
所以的虚部为，故A错误；
又，则在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确；
又，故C正确；
若是方程的一个根，则方程的另一根为，
根据韦达定理有，，
解得，，所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体，正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是半正多面体.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形为面所围成的多面体，这体现了数学的对称美.如图，将棱长为1的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此一共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ）
A. 该半正多面体有12个顶点B. 该半正多面体有12个面
C. 该半正多面体表面积为3D. 该半正多面体体积为
【答案】AD
【解析】
【分析】求得半正多面体的顶点数和面数，可判断A、B；由半正多面体的顶点是正方体各棱的中点求得半正多面体的棱长，计算表面积和体积，可判断C、D．
【详解】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），故A正确，B错误；
该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，所以该半正多面体的棱长为，
故半正多面体的面积为，故C错误；
半正多面体的体积为，故D正确.
故选：AD.
11. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 一定是钝角三角形B.
C. 角的最大值为D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，由推出，代入余弦定理得，结合判断为钝角判断.
对于选项B，根据余弦定理结合已知得，再由正弦定理将边化为角得，利用展开整理，两边除以得，判断即可.
对于选项C，由余弦定理，结合已知替换，再用基本不等式求最小值，根据余弦函数单调性确定的范围.
对于选项D，由，得，根据指数函数单调性得，再由正弦定理将边的关系转化为角的关系，计算验证.
【详解】对于A，由，得，
由余弦定理有：，又因为，所以为钝角，A正确；
对于B，因为，
由正弦定理有：，所以，
整理得：，因为，
等式两边同除以，得：，B错误；
对于C，由余弦定理有：，又因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立，因为，所以，
所以角的最大值为，C正确；
对于D，，所以，即，
所以，，所以，
故，
由正弦定理可得：，D正确.
故选：ACD.
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. 已知平面向量与互相垂直，且，，则的坐标为______
【答案】
【解析】
【分析】运用垂直坐标运算，结合模长公式计算即可.
【详解】设，因为与垂直，所以，即，
又因为，所以，故.
故答案为：.
13. 已知一个正四棱台两底面边长分别为1和2，高为3，则该正四棱台的体积为______.
【答案】7
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式求出即可.
【详解】由棱台的体积公式，该棱台的体积为.
故答案为：7.
14. 如图，点，是半径为2的圆周上的定点，为圆周上的动点，，则图中阴影区域的面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合图形，根据圆的性质可判断为优弧的中点时阴影部分的面积取最大值，分别求出相关边和角，利用三角形面积公式和扇形面积公式计算即得.
【详解】如图，取圆心为点，连接，
由圆的性质可知当为优弧的中点时，到的距离最大，此时阴影部分的面积取最大值，
因为，此时，
故阴影部分的面积的最大值为

.
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、证明过程或者演算步骤.
15. 已知向量，不共线，且，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求证：，，三点共线．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据向量的共线定理即可求解；
（2）由向量的线性运算，可求出、，再根据向量的共线定理，即可证明.
【小问1详解】
若，则，即，
可得，解得，，
所以.
【小问2详解】
若，则，
所以，，
所以，则，，三点共线．
16. 已知与是平面内的两个向量，，，与的夹角为.
（1）求；
（2）求；
（3）在平面直角坐标系下，若，求在方向上的投影向量的坐标.
【答案】（1）1 （2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的定义计算即可；
（2）根据向量数量积的运算律，直接平方计算即可；
（3）根据投影向量的计算公式即可得到答案.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
因为，
所以.
【小问3详解】
在方向上的投影向量为.
17. 某海域的东西方向上分别有两个观测点（如图），它们相距海里.现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速速为海里/小时.
（1）求点到点的距离；
（2）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间.
【答案】（1）
（2）2小时
【解析】
【分析】（1）中利用正弦定理，求出；
（2）在中，利用余弦定理求出，根据速度求出时间．
【小问1详解】
由题意知海里，
，
，
在中，由正弦定理得，
，
（海里）.
【小问2详解】
在中，，
（海里），由余弦定理得
，
（海里），则需要的时间（小时）．
答：救援船到达点需要2小时．
18. 在中，角所对的边分别为，已知．
（1）求角的大小．
（2）若，的面积为，求的周长．
（3）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合二倍角公式可得，由此可得结果.
（2）根据面积公式可得，利用余弦定理求得，即可得到三角形的周长.
（3）根据，利用两角差的余弦公式及辅助角公式化简，结合的范围即可求出答案.
【小问1详解】
∵，∴，即，
∵，∴，
∴，故.
【小问2详解】
由（1）得，，
∵的面积为，∴，即，解得，
由余弦定理得，，
∴，故的周长为.
【小问3详解】
由得，则，
∴
.
∵为锐角三角形，∴，故，
∴，故，
∴，即的取值范围是.
19. 如图，圆的半径为，其中、为圆上两点.
（1）若，当为何值时，与垂直？
（2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值.
（3）若的最小值为，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出的长，利用平面向量数量积的定义可求出的值，由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，解之即可；
（2）由重心的性质推导得出，由、、三点共线，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值；
（3）设，推导出，利用平面向量数量积的运算性质可得出，再结合二次函数的基本性质可求出的最小值为可求得的值，即为所求.
【小问1详解】
因为，，
所以由余弦定理得，
即，即，解得，
由平面向量数量积的定义可得，
若与垂直，则，
所以，所以，解得，
即当时，与垂直.
【小问2详解】
因为为的重心，所以，
又因为，，所以，
由于、、三点共线，所以存在实数使得，
所以，化简为，
因为、不共线，所以，，所以，所以.
显然，，则，
当且仅当时，即当时，取最小值.
小问3详解】
设，取线段的中点，连接，则，
则，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值时，．