安徽省皖南八校2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省皖南八校2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4，共3页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 已知向量，则下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章至第八章8.3.
一､选择题：本大题共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，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】化简复数，进而求得，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，则，
所以在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
2. 在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A. 三棱锥B. 三棱台C. 四棱锥D. 三棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台和棱锥的结构特征判断即可.
【详解】如图，在三棱台中，截去三棱锥后得到的是四棱锥.
故选：C.
3. 是平面内不共线的两向量，已知，若三点共线，则的值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的线性运算求得，进而由，可得，求解即可.
【详解】由得，由三点共线，得，
又不共线，则，所以.
故选：A.
4. 已知的内角所对的边分别为，若满足条件的有两个，则的值可能为（ ）
A. 7B. C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合正弦定理求解即可.
【详解】在中，由正弦定理，得，
因满足条件的三角形有两个，则必有，且，即，
于是得，解得，显然9适合题意，
故选：C.
5. 已知是两个单位向量，且向量在向量上的投影向量为，则向量的夹角（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的定义计算可得，进而可求夹角的大小.
【详解】向量在向量上的投影向量为，
解得，所以，解得.
故选：A.
6. 如图，一块三角形铁皮，其一角已破裂，小明为了了解原铁皮的规格，现测得如下数据：，则破裂的断点两点间距离为（ ）

A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】延长交于点，求得，根据正弦定理即可求得，进而可求得，在中，由余弦定理即可求解.
【详解】如图，延长交于点，因为，所以，
在中，由正弦定理，得，
由题意得20，
在中，由余弦定理，得，
故两点之间的距离为.
故选：D.

7. 如图，有两个相同的直三棱柱，高为1，底面三角形的三边长分别为，用这两个三棱柱拼成一个三棱柱，在所有可能组成的三棱柱中，表面积不可能为（ ）
A. 36B. 38C. 40D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何体的特征能拼成的三棱柱的情况有三种情况，分别求出其表面积即可求解.
【详解】当拼成三棱柱时有三种情况，如图①②③，表面积分别为.
故选：B.
8. 已知中，是外接圆的圆心，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，利用向量的减法运算和数量积化简，将问题转化为求的最值，再利用正弦定理和三角函数范围即可求最值.
【详解】过点作，垂足分别为，
因为是外接圆的圆心，则为的中点，
则，
由正弦定理得，
等号当且仅当时成立，
则，
所以的最大值为.
故选：C
二､多项选择题：本大题共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. 已知向量，则下列选项正确的是（ ）
A. 能作为平面内所有向量的一组基底
B.
C.
D. 的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算逐项运算即可判断每个选项的正误.
详解】由，可得，所以不共线，
所以能作为平面内所有向量的一组基底，故A正确；
由，所以，
所以，所以，故B正确；
，所以，故C错误；
，故的夹角为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知为复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A令即可判断，对于B设，计算，求即可判断，对于C令，则，但复数不能比较大小，对于D设，计算和即可判断.
【详解】对于A，令，则，不满足，故A错误；
对于B，设，若，则，所以，即，故B正确；
对于C，令，则不是实数，不能比较大小，故C错误；
对于D，设，
易知，
又，所以，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，一圆锥的侧面展开图中，，弧长为，则下列说法正确的是（ ）
A. 该圆锥的侧面积为
B. 该圆锥的体积为
C. 该圆锥可以整体放入半径为的球内
D. 该圆锥可以整体放入边长为的正方体中
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A由扇形面积公式即可判断，对于B计算圆锥的半径和高，利用圆锥曲线的体积公式即可求解，对于C设圆锥外接球的半径为，即得求出与比较即可，对于D正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，计算平面截正方体得的正六边形的边长和点到该正六边形的高即可判断.
【详解】对于A：因为圆锥的侧面展开图中，，弧长为，所以圆锥的侧面积为，故A正确；
对于B：设圆锥底面半径为，则，解得，
圆锥的高，母线长，圆锥体积，故B正确；
对于C：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部，设圆锥外接球的半径为，
过点的轴截面如图1，为外接球球心，则，解得，故C错误；
对于D：过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图2，此平面到顶点的距离为体对角线的一半，即为，
平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为，
以该圆作为圆锥的底面，点为顶点即可得到圆锥.故D正确.
故选：ABD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在复平面内，向量对应的复数绕点逆时针旋转后对应的复数为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用模相等和对应向量垂直列方程组求出，然后计算可得.
【详解】由题意可设对应的向量为对应的向量为，
由旋转性质得和模相等，且它们对应的向量垂直，
则解得
.
故答案为：
13. 如图，为水平放置的的直观图，其中，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用斜二测画法求出的面积.
【详解】在直观图中，，取的中点，连接，
则，而，于是，
则，由斜二测画法规则作出，如图，
，
所以的面积为.
故答案为：
14. 有长度分别为的线段各1条，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的四边形，如图，，则组成的四边形面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理可得，利用三角形面积公式可得四边形面积的表达式，利用三角恒等变换及三角函数的性质可求面积的最大值..
【详解】连接，由余弦定理知，
，.
又
.
又.
故
，当且仅当时等号成立，
故四边形面积的最大值为.
故答案为：.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤.
15. 已知复数和它的共轭复数满足.
（1）求；
（2）若是关于的方程的一个根，求复数的模长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，即可求解．
（2）根据已知条件，结合韦达定理，求出，再结合复数的模的运算法则即可求解．
【小问1详解】
设，
则，
所以，解得，
故.
【小问2详解】
是关于方程的一个根，
是关于的方程的另一个根，
，解得，
.
16. 记的内角的对边长分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，最后由两角和的正弦公式展开即可求解；
（2）利用正弦定理得得，由余弦定理得，最后由三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
化简得，
因为，即，所以，
得，因为，
所以，又，
所以.
【小问2详解】
由正弦定理得，
所以，
所以，
由余弦定理可得，
即，
所以，
所以的面积为.
17. 如图，已知圆台的轴截面为梯形，梯形的面积为.

（1）求圆台的体积；
（2）在圆台侧面上，从点到点的最短路径长度是多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得圆台的下底面和上底面的半径，又由梯形的面积求得高，最后利用圆台的体积公式即可求解；
（2）由圆台性质，延长交于点，由与相似即可计算,设该圆台的侧面展开图的圆心角为，计算出圆心角为，在侧面展开图中，连接，即可计算出的最短距离.
【小问1详解】
由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，则，所以，
所以圆台的体积为.
【小问2详解】
在梯形中，，即母线长为3.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，即，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
在侧面展开图中，连接，则从点到的最短路径为线段，
又在中，，
由余弦定理得，
所以.
验证知，由，得，
此时，恰与扇形弧所在圆相切于点，满足题意.

18. 在平行四边形中，是线段的中点，点在直线上，且.
（1）当时，求的值；
（2）当时，与交于点，求的值；
（3）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以，为基底表示，，再根据数量积运算律和定义求结论，
（2）设，，以，为基底表示，结合平面向量基本定理列方程求，，由此可得，再求，，由此可得结论，
（3）以，为基底表示，，再根据数量积运算律和数量积的定义求，结合二次函数性质求其最小值.
【小问1详解】
由已知当时，，
所以，，
所以，
因为，所以，
.
【小问2详解】
当时，，即为的中点，
因为三点共线，
设，则
，
因为三点共线，
设，则，
又不共线，
根据平面向量基本定理得解得
所以，又，则
所以.
【小问3详解】
因为，，
所以
，
由（1），又，
所以
，
因为，所以当时，取得最小值，且最小值为.
19. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，满足，则称为这两个向量的“协方差”.
（1）若，证明：.
（2）已知向量的夹角为，向量的夹角为，且.证明：.
（3）在中，线段为两条内角平分线，点分别在边上，，且，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的“协方差”的定义即可证明；
（2）根据向量的夹角公式即得，利用同角三角函数的基本关系得代入化简得即可得证；
（3）由（2）得，由得，设，则，利用正弦定理求解，再根据同角三角函数的基本关系得，最后利用二倍角即可求解.
【小问1详解】
证明：因为，由题意得，
所以，即，
因为为非零向量，所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
同理，
因为，
所以.
【小问3详解】
因为，
所以，
所以，
设，则，
在中，由正弦定理，得，解得,由，，解得，
故，
所以.