2024-2025学年安徽省合肥市高一数学下学期4月期中检测试题（含答案)

这是一份2024-2025学年安徽省合肥市高一数学下学期4月期中检测试题（含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 复平面上表示复数的点所在的象限是（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 若三点共线，则（）
A. B. 5C. 0或D. 0或5
3. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（）
A8B. C. 16D.
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（）
A. B. 1或6C. D. 1
5. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，，，则向量（）
A. B. C. D.
6. 已知和点M满足.若存在实数m使得成立，则m=
A. 2B. 3C. 4D. 5
7. 已知的面积为，，，则（）
AB. C. D.
8. 在锐角中，，，点是边的中点，则的长度的取值范围是（）
A. B. C. 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. 如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（）
A. ①是棱台B. ②是圆台
C. ③是四面体D. ④是棱柱
10. 已知复数，则下列结论中一定正确的是（）
A. B. 若，则或
C. D. 若，则
11. 在中，分别为的对边，下列叙述正确的是（）
A若，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若是所在平面内一点，且，则点为的内心
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则在上投影向量的坐标为______.
13. 如图，为了测量山高BC，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶M处为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从M点测得，已知山高米，则________，山高________米.
14. 在边长为2的正方形，ABCD中，M，N分别是边BC，CD上的两个动点，且BM＋DN＝MN，则的最小值是________．
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. 已知向量，.
（1）当时，求的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
16. 如图，已知在直角梯形ABCD中，，，，，若将该图形中阴影部分绕AB所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.
17. 已知复数满足.
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值.
18. 在 中，已知.
（1）求的值；
（2）若是的角平分线，求的长．
19. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．高一数学试卷答案
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. 复平面上表示复数的点所在的象限是（）
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】由复数的几何意义即可求解.
【详解】复平面上复数对应点的坐标是，在第三象限.
故选：C
2. 若三点共线，则（）
A. B. 5C. 0或D. 0或5
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，再利用向量共线求解即可.
【详解】因为，
若三点共线，则，
所以，
解得或5．
故选：D.
3. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（）
A. 8B. C. 16D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，
，，
所以，
所以原图形的周长为．
故选：C.
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（）
A. B. 1或6C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据实部为零，虚部不为零列式计算.
【详解】由题意可得：且，则.
故选：D.
5. 在平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，，，则向量（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算结合平面向量基本定理求解即可.
【详解】因为平行四边形ABCD中，设M为线段BC的中点，N为线段AD上靠近D的三等分点，
所以，
因为，，
所以
故选：B
6. 已知和点M满足.若存在实数m使得成立，则m=
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：因为△ABC和点M满足，所以又，
故m=3，选B．
考点：本题主要考查平面向量的线性运算，平面向量唯一分解式．
点评：简单题，利用平面向量在同一基底下分解式唯一，通过向量的线性运算，从出发，确定．
7. 已知面积为，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面积公式求出，再根据余弦定理求出，最后根据正弦定理即可求解.
【详解】根据三角形面积公式，
，
∴AB=1，
又根据余弦定理：
∴BC=，
根据正弦定理得：，
，
或
∵三角形内角和为180°，∠BAC=60°
∴排除∠ACB=150°
∴∠ACB=30°
故选：A
8. 在锐角中，，，点是边中点，则的长度的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意由正弦定理可得，结合锐角三角形解得，再根据结合向量的运算律、余弦定理整理得，根据二次函数的性质运算求解即可.
【详解】设角所对的边分别为，则，
∵，由正弦定理可得，即，
若为锐角三角形，则，解得，
又∵点是边的中点，则，
可得
，
注意到开口向上，对称轴，且，
可得，即的长度的取值范围是.
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. 如图所示，观察下列四个几何体，其中判断正确的是（）
A. ①是棱台B. ②是圆台
C. ③是四面体D. ④是棱柱
【答案】CD
【解析】
【分析】由棱台、圆台、四面体、棱柱的定义进行判断即可.
【详解】图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；
图②上、下两个面不平行，所以②不是圆台；
图③是四面体；
图④上下两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱.
故选：CD.
10. 已知复数，则下列结论中一定正确的是（）
A. B. 若，则或
C. D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】设，，.求出共轭复数，代入化简整理，结合模运算，即可判断各项.
【详解】设，，.
对于A项，因为，所以，故A项错误；
对于B项，.
因为，，所以，则，
所以，
展开有，，
整理可得，，
所以或，
所以，或，所以，或，故B项正确；
对于C项，，
又，所以，故C正确；
对于D项，取，，显然.
，，故D项错误.
故选：BC.
11. 在中，分别为的对边，下列叙述正确的是（）
A. 若，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若是所在平面内一点，且，则点为的内心
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定可得有两个值，即可判断；对于B，由正弦定理可得，进而得或，即可判断；对于C，由为锐角三角形，可得，再由余弦函数单调性得，即可判断；对于D，由，表示单位向量，且与相互垂直，则得与共线，进而得在的角平分线上，同理可得在的角平分线上，得是三角形的内心，即可判断.
【详解】对于A，若，则由正弦定理，
可得，所以或，
此时有两解，故A正确；
对于B，若，则由正弦定理可得，所以,
即，所以有或，
即或，则为等腰或直角三角形，故B不正确；
对于C，若为锐角三角形，则，，
因为在为减函数，所以，故C正确；
对于D，表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
根据向量加法和减法的运算法则可知，与相互垂直，
由于，所以与垂直，
所以与共线，
而表示以为邻边的菱形的对角线，
所以在的角平分线上，同理可得在的角平分线上，
所以是三角形的内心，故D选项正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则在上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求在上的投影向量坐标即可.
【详解】由在上的投影向量为.
故答案为：
13. 如图，为了测量山高BC，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶M处为测量观测点.从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及，从M点测得，已知山高米，则________，山高________米.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】在中，由，可求出，从而可求出，在中，由已知条件求出，再在中由正弦定理可求出，然后在中求出.
【详解】因为在中，由，，
所以，
所以，
在中，，，，
则由，得，
在中，由正弦定理得，即，
，得，
在，，，则
,
故答案为：，
14. 在边长为2的正方形，ABCD中，M，N分别是边BC，CD上的两个动点，且BM＋DN＝MN，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，以点A为原点，建立的平面直角坐标系，设点，其中，则向量求得，再由，整理得，利用基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，以点A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设点，其中，则向量，
所以
又由，则，
整理得，
又由，
设，整理得，解得，
所以，所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算及应用，其中解答中建立空间直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算和基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
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. 已知向量，.
（1）当时，求的值；
（2）当，，求向量与的夹角.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的坐标运算，以及向量垂直的坐标表示即可求解；
（2）根据向量平行的坐标关系可求，进而根据向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
向量，，则，
由，可得，
即，即，解得或.
【小问2详解】
由，，则，
由，可得，解得，
所以，，，
又，所以.
16. 如图，已知在直角梯形ABCD中，，，，，若将该图形中阴影部分绕AB所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.
【答案】，.
【解析】
【分析】首先得到的旋转体是圆台挖去一个半球，利用圆台和球的表面积和体积公式即可.
【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面、侧面和一半球面组成.
在直角梯形ABCD中，过D点作DE⊥BC，垂足为E，
在Rt△DEC中，，
所以，，，
∴.
因为圆台的体积，
半球的体积，所以所求几何体的体积为.
17. 已知复数满足.
（1）求；
（2）若是方程的一个根，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的除法得，再利用共轭复数概念即可；
（2）根据复数根的共轭关系结合韦达定理即可解出，则得到的值.
【小问1详解】
由得：，
则.
【小问2详解】
由（1）知：，显然是方程的另一根，
，
解得：，
.
18. 在 中，已知.
（1）求的值；
（2）若是的角平分线，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用余弦定理求出边的长，再利用正弦定理求出（2）利用三角形的面积公式及面积关系，建立关于边的关系式求解即可得到答案
【小问1详解】
在中，由余弦定理
整理得
解得或
由于，所以
因为，所以，所以
由正弦定理得：，故
【小问2详解】
设，
由及三角形的面积公式可得：
整理得
在中，由余弦定理
由得
则
19. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
【答案】（1）
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
【解析】
【分析】（1）通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；②通过求得，再通过展开计算求最值.
【小问1详解】
因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
【小问2详解】
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
如图所示：
，则
，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时．取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米．