安徽省合肥市肥西县宏图中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省合肥市肥西县宏图中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题（解析版）-A4，共3页。试卷主要包含了 已知向量，若，则， 设，则， 下列说法不正确的有等内容，欢迎下载使用。
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，考试时问120分钟.
第Ⅰ卷（选择题共58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. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】由题意得，，
因为，所以，解得.
故选：C.
2. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，即可求出.
【详解】，
则.
故选：D.
3. 如图，在平行四边形中，为的中点，与对角线相交于点，记，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图形特征及向量线性关系计算判断.
【详解】由题意得，∽，所以，
所以，所以.
故选：A.
4. 一水平放置平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，则在原图中的长为（ ）
A B. C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法规则计算求解.
【详解】设交轴于点，则，
且轴，
.
故选：B.
5. 已知为复数，为纯虚数，为实数，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的相关概念求出复数的实部和虚部，进而求出的模.
【详解】设，由为纯虚数，为实数，
得，，所以.
故选：A
6. 从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”.下列几何体可以“一笔画”的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合图形可得答案.
【详解】根据题意，从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”，
从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，只要是偶点组成的图形一定可以一笔画，C选项正确；
从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，只要是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画，
而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画.
故选：C.
7. 在中，分别为角所对的边，且，若的外接团直径为.则的值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理与三角函数的和差公式求得角，再利用的外接圆直径求得，从而得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，
，
又在中，，，
，，
的外接圆直径为，
.
故选：B.
8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设化简可得,，从而将向量等式化简，根据平面向量基本定理可得，再利用基本不等式求解即可.
【详解】，
，
在中，
，
，
为线段上的一点，，
.
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为.
故选：C
二､多选题：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. 下列说法不正确的有（ ）
A. 有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B. 以直角三角形直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
C. 在圆柱的上､下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线
D. 过圆锥顶点的截面中，轴截面面积最大
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据棱柱的性质，圆锥和圆柱的概念可得答案.
【详解】斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，故A错误；
由圆锥的概念可知，B正确；
只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故C错误；
过圆锥顶点的截面中，是否是轴截面面积最大，取决于截面三角形的顶角是否小于，故D错误.
故选：ACD.
10. 已知复数的模均是1，在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 点的集合是圆
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合题意，通过取反例排除A项；由复数的几何意义可判断B项；设（），利用复数的乘法运算可判断C项；根据复数的几何意义，结合两向量差的模的性质即可推得D项.
【详解】对于A，设 符合题意，但，故A错误；
对于B，由，可得对应的点的轨迹是圆，故B正确；
对于C，设（），由可得，
则，故C正确；
对于D，设复数对应的向量分别为，则，
因，故得，即D正确.
故选：BCD.
11. 已知对任意角恒成立.设的内角满足面积满足，记分别为角所对的边，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 外接圆面积的最大值为
C. 的最小值为8
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据三角形的内角和及和差化积可计算并判断选项A；根据面积公式结合正弦定理可判断选项B、D；根据三角形三边的性质可判断选项C.
【详解】因为，所以，
因为，所以，则，
所以，即，
得，即，故A错误；
设外接圆的半径为，由正弦定理得，
所以，则，故的外接圆面积的最大值为，故B正确；
因为，故D正确；
因为，所以，由上述结论可知，所以，故C错误.
故选：BD.
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. 若向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用投影向量概念求解即可.
【详解】∵向量，，则，，
所以在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
13. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据实系数方程虚根成对出现得另一根，再结合韦达定理求得结果.
【详解】因为是关于的实系数方程的一个复数根，
所以是关于的实系数方程的另一个复数根，
因此
故答案为：
14. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似.故形象地称其为“奔驰定理”.其内容为：已知是内一点的面积分别为，则.设是锐角的垂心.且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，由奔驰定理得到，设，则，设，则，由，得到，求出，根据互补得到，由同角三角函数关系得到答案.
【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点.
故⊥,⊥,⊥,
，由“奔驰定理”得，，
则，即，设，则，
同理，即，设，则.
由，得，即，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，
则.
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. 设实部为正数的复数，满足,且复数在复平面内对应的点在第一、三象限的角平分线上.
(1)求复数；
(2)若复数为纯虚数，求实数的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法求解，设，由题意得到关于的方程组求解即可．（2）根据纯虚数的定义求解．
【详解】(1)设，
由 ，得
又复数在复平面内对应的点在第一、三象限的角平分线上，
则，即．
由，解得或（舍去），
∴．
（2）由题意得，
∵复数为纯虚数，
∴解得
∴实数的值为．
【点睛】处理有关复数的基本概念问题，关键是找准复数的实部和虚部，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理，求解过程中常常涉及到方程思想的运用．
16. 如图，在中，已知，是边上一点，.
（1）求的值；
（2）求的长；
（3）求的长.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在中，直接利用余弦定理，即可求得的值；
（2）由（1）得到，求得，在中，利用正弦定理，即可求得的长；
（3）在中，求得，再由正弦定理，求得，进而求得的长.
【小问1详解】
解：在中，，
由余弦定理，可得.
小问2详解】
解：由（1）知：，
因为，所以，所以.
在中，，
由正弦定理，可得.
【小问3详解】
解：在中，，
所以，
在中，由正弦定理，
可得，
所以.
17. 已知单位向量的夹角为，且向量.
（1）求的值；
（2）若与共线，求实数的值；
（3）求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由数量积定义计算即可；
（2）由题意求出，，根据共线列式即可求；
（3）利用平方的方法计算即可.
【小问1详解】
由题意得，.
.
【小问2详解】
由题意得，，
，
因为不共线，所以，解得.
【小问3详解】
由（2）得，，
.
18. 记的内角的对边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若是的一条内角平分线，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角转化，再结合两角差正弦计算求解；
（2）应用角平分线结合面积公式得出，再应用余弦定理计算求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即，
即，
，
.
【小问2详解】
由题意得，，
由，得，
即，即，
①.
由余弦定理，得，
即②.
联立①②，得或（舍），
的周长为.
19. 已知复数在复平面内对应的点分别为，其中在第一象限，且原点是的外心.
（1）求；
（2）记的内角的对边分别为，且.
①判断的形状，并说明理由；
②求的面积.
【答案】（1）1 （2）①直角三角形，理由见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用三角形的外心特点得到，结合复数的运算性质可得结果.
（2）①利用降幂公式和余弦定理推得，即可得到结果；
②设，则得，可得与复平面的实轴垂直，与复平面的虚轴垂直，求出的值，得到的长，即可求的面积.
【小问1详解】
点是的外心，，即，
由，得，
在第一象限，，故.
小问2详解】
①，
，
.
由余弦定理知，两式相加可得，
，故是直角三角形.
②设，则，，
，
与复平面的实轴垂直，
由①得，，则与复平面的虚轴垂直，，
在第一象限，，故，
， .
，
，