安徽省智学大联考·皖中名校联盟（合肥市第八中学）2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省智学大联考·皖中名校联盟（合肥市第八中学）2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共9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。
1．若复数，则（ ）
A．1B．2C．D．5
2．为空间两条不重合直线，为空间平面，下列命题正确的是（ ）
A．，则
B．与所成角均为，则
C．，则直线到的距离相等
D．，则
3．“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，，那么的周长为（ ）
A．10B．8C．14D．
6．如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点．若，，则的值为（ ）

A．B．C．1D．2
7．如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ）

A．B．C．D．20
8．已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在中，根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
10．下列关于复数的说法中，正确的是（ ）
A．若复数满足满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线
B．若复数的平方是纯虚数，则复数的实部和虚部相等
C．若，则为实数
D．若，则
11．如图，在直三棱柱中，是线段的中点，P是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直三棱柱的外接球半径为
C．的值可以为
D．在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球
三、填空题
12．若复数 满足 ( 是虚数单位)，则 的虚部是 .
13．如图，为了测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角为，则塔高 ．
14．如图所示，在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 .
四、解答题
15．如图所示，平行四边形中已知，点在边上运动，
(1)求点坐标；
(2)判断是否存在点D，使得，若存在，求出D点坐标，若不存在，说明理由．
16．梯形中，，，．
(1)若，以为基底表示；
(2)将梯形绕所在的直线旋转一周，求所得几何体的表面积．
17．在中，分别为角的对边，向量，，且.
(1)求角；
(2)若角的平分线交于点，，，求的周长．
18．骆岗公园拟建一个平面凸四边形的绿色草坪，其中米，米，为正三角形．计划将作为合肥市民休闲娱乐的区域，将作为骆岗公园的文化介绍区域．

(1)若，求文化介绍区域的面积；
(2)求休闲娱乐的区域的面积的最大值．
19．如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为．
(1)求证：面；
(2)求证：面；
(3)当平面时，面与交于，求的值．
1．A
根据复数的除法运算化简得出，进而求解，计算即可得出答案.
【详解】由已知可得，
所以，
则.
故选：A．
2．B
ACD选项，可举出反例；B选项，由线面垂直的性质定理知平行.
【详解】对于A，当时，根据线面垂直的定义，由，可知必有，故当，时，可以不与平面平行，故A错误；
对于B，根据线面角的定义，可知当都与平面成角时，，由线面垂直的性质定理知平行，故B正确；
对于C，如图所示，，但直线到的距离可以不相等，故C错误；
对于D，，则可以是平行直线，相交直线，也可以是异面直线，故D错误．
故选：B．
3．C
根据数量积的运算律求出的等价条件，即可判断得出答案.
【详解】因为，.
所以.
综上所述，“”是“”的充分必要条件．
故选：C．
4．A
利用向量模长得出向量，的数量积，再根据投影向量的定义计算可得结果.
【详解】由，得，
由，得，
则，
因此在上的投影向量为．
故选：A．
5．C
在直观图中求出，画出原图形，由斜二测法定义得到各边长，求出周长
【详解】在直观图中可以得到，，
在直观图中，由勾股定理得，
画出原图形，则，
在原图形中，，由勾股定理得，
其中，
所以的周长为
故选：C．
6．D
设，根据已知条件结合平面向量基本定理得出关于的方程组，求解得出的值，进而表示出，即可得出答案.
【详解】设，则由已知可得.
又
，
，
所以联立得，.
所以
．
故选：D.
7．C
利用割补法求解几何体体积即可.
【详解】如图，把几何体补全为长方体，则，，

所以该几何体体积为.
故选：C.
8．B
作出圆台的轴截面，要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，利用勾股定理求出棱长最大的正方体的外接球的半径，进而可得出答案.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，
要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，

设圆的半径为，则，
因为，所以，
作，因为，所以，
而，由勾股定理得，
则，且，
而，
即得到，解得，
设圆台内正方体的棱长最大值为，则，
．
故选：B.
9．BC
根据正弦定理，余弦定理，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：，则，故三角形有2个解，故A错误；
对于B：三角形三边确定，三角形唯一，故B 正确；
对于C：由余弦定理得，
所以，解得或（舍），
所以能唯一确定三角形，故C正确；
对于D：由余弦定理得，
所以，，方程无解，所以无法构成三角形，故D错误；
故选：BC.
10．ACD
设，化简结合已知以及复数的几何意义可得出A项；举例即可判断B项；设，，代入化简即可判断C项；求解得出的所有复数根，逐个验证即可判断D项.
【详解】对于A项，设，
则，，
所以有，.
因为，所以有，
整理化简可得，由复数几何意义知，复数在复平面对应的点在直线上，A正确；
对于B，当时，为纯虚数，其实部和虚部不相等，故B错误；
对于C，设，，则，
则，故C正确；
对于D，因为，所以，即，解得或.
当时，；
当时，；
当时，.
综上所述，，故D正确．
故选：ACD.
11．AD
利用线面平行判定定理证明平面，再利用等体积法计算可求得A正确，将直三棱柱补充为正方体，可得外接球半径为，故B错误；利用平面展开图和余弦定理计算可得C错误，求出直三棱柱内部能够放入的最大球的半径即可得D正确.
【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，
，故A正确；
对于B选项，直三棱柱可以补充为棱长为2的正方体，易知其外接球半径为，故B错误；
对于C选项，将面翻折到与面在同一个平面，如下图所示：
在中，，
由余弦定理可得：
，
当且仅当三点共线时，取最小值，
故不可能为为，故C错误．
对于D选项，因为，则，
的内切圆半径为，
由于直径，所以在这个直三棱柱内部可以放入一个最大半径为的球，
而表面积为的球，其半径为，可得；
因为，所以这个直三棱柱内部可以放入半径为的球，故D正确；
故选：AD．
12．
【详解】因为，所以，
所以的虚部是.
故答案为：.
13．
先利用两角差的正弦公式求出，再利用正弦定理求出，然后即可求解.
【详解】在中，则，
且，
由正弦定理得，
所以，
在中，，所以.
故答案为：.
14．
根据给定条件，确定点的轨迹，进而求出的范围.
【详解】在棱长为4的正方体中，分别取棱中点，连接，
由点分别是棱的中点，得，
又平面，平面，则平面，
又，则四边形为平行四边形，
于是，又平面，平面，则平面，
又，平面，因此平面平面，
又是侧面内一点，且平面，则点的轨迹是线段，
在中，，同理，
即为等腰三角形，当为中点时，最短，为，
当位于、处时，最长，为，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：
15．(1)
(2)存在，
（1）由可得点坐标；
（2）由，，以及得到，从而得到D点坐标.
【详解】（1）由题意，得，
因为四边形是平行四边形，
所以，故；
（2）由题意，，
，
若，则，
化简得：，解得，
故存在点，使得，且.
16．(1)
(2)
（1）根据已知可求出，进而由，得出，即可根据图象得出答案；
（2）分析可得出该梯形，绕所在的直线旋转一周为一个以为半径，为高的圆柱挖去两个以为半径，为高的圆锥（挖去部分表面积等于该圆锥的侧面积）.然后依次求出各部分的面积，相加即可得出答案.
【详解】（1）
如图，分别过点作，垂足为.
由题意可知，梯形为等腰梯形，且，，
所以，，，则可得.
由已知可得，
所以有，
所以有，
所以.
（2）易知该梯形，绕所在的直线旋转一周为一个以为半径，为高的圆柱挖去两个以为半径，为高的圆锥（挖去部分表面积等于该圆锥的侧面积）.
每个圆锥的侧面积为；
圆柱的侧面积为.
所以所得几何体的表面积为．
17．(1)
(2)
（1）根据向量数量积的坐标表示，结合两角和差的正弦公式化简可得出.结合角的范围，即可得出答案；
（2）根据已知可设，则.根据余弦定理化简即可得出.然后根据等面积，代入化简求解得出的值，即可得出各边长，求出周长.
【详解】（1）因为，
所以．
因为，
所以，
整理可得．
因为，
所以，
从而，即有.
又，所以.
（2）在，角A的平分线交于点，，
由三角形内角平分线定理可知：.
设，则.
由（1）知，，
由余弦定理可得：，
整理可得.
又，，，
即，
解得，
所以周长为.
18．(1)
(2)
（1）在中，根据余弦定理结合已知得出.进而在以及中，根据余弦定理可推得，求解得出，进而求出，代入面积公式即可得出答案；
（2）设，在中，多次使用余弦定理可得出，.然后表示出的面积，化简得出，结合角的取值以及正弦函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）在中，有，，，
由余弦定理可得，
，
所以，.
又易知，则.
设，则，
在中，有，，，
由余弦定理可得，
.
在中，有，，，
由余弦定理可得，
.
所以有，
所以，，
此时
（2）不妨设，
在中，由余弦定理得.
由正弦定理可得，
整理可得.
又，
所以有，
化简可得.
则
.
又，所以，
所以，当，即时该式取最大值，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出.然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明；
（2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出面.根据线面平行的性质定理结合已知得出.进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明；
（3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出.进而根据梯形的性质求出.根据线面平行的性质定理得出，，.然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案.
【详解】（1）由为正三角形且可知.
又因为，且，在中，由余弦定理得
，
所以，所以，所以，即.
所以，又因为平面，平面，
所以面.
（2）因为，平面，平面，所以面.
又面，面面，所以.
又面，面，所以面.
（3）
设，如图，连接交于点，连接.
因为平面，平面，平面平面，所以.
在梯形中，，，，
所以有，所以.
因为，所以有，所以．
因为面与交于，面与交于，，
所以有平面平面.
又面，面，所以.
又，所以，，
所以，.
设梯形高为，则.
由，可知，所以.
又四棱锥与三棱锥高相等，
所以．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
A
C
D
C
B
BC
ACD
题号
11









答案
AD