精品解析：安徽省皖北县中联盟（省重点高中）2023-2024学年高一下学期期中联考数学A卷

高一数学A卷 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰． 3，请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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i是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（i为虚数单位）则z在复平而内所对应的向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知是单位向量，若，则（ ） A. B. 2 C. D. －2 4. 已知复数满足（虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 5. 已知两点在圆上运动，且，则的值（ ） A. B. 1 C. D. 与点的具体位置有关 6. 已知各棱长均相等的正四棱锥各顶点都在同一球面上，若该球表面积为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 8. 已知都是复数，其共轭复数分别为，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 若，则 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 多面体每条棱都是一条线段 B. 在四棱台中，四点可以不共面 C. 上、下底面均为正方形的四棱台的四条侧棱长一定相等 D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 10. 中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）.用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地.同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差－千里，所谓“影差一寸，地差千里”.记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B，已知甲、乙两地之间的距离约为40千里.若同一日内，甲地中直线AB与地面所成的角为，且，则甲地日影长与乙地日影长的比值为（ ） A. B. C. D. 11. 已知非零向量的夹角为，定义新运算：，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上投影向量的模为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（是虚数单位），若所对应的点在复平面的第二象限内，则实数的取值范围为______． 13. 如图，已知，直角梯形是水平放置的一个平面四边形的直观图，且，，则四边形的周长为______. 14. 已知函数，若关于的方程在上有解，则实数的取值范围为______． 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. 已知复数是关于方程的根（是虚数单位），其中． （1）求a，b的值． （2）若，且复数是纯虚数，求． 16. 已知向量的夹角为，且. （1）求证：； （2）若，且，求实数的值. 17. 在中，角的对边分别为，且点为的中点，点为的中点． （1）用向量表示向量，并求出的长度； （2）求． 18. 在中，角对边分别为． （1）求角； （2）若为边上一点，，求的最大值． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学A卷 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区． 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰． 3，请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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i是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的运算法则求解即可. 详解】由题意. 故选：A 2. 已知复数（i为虚数单位）则z在复平而内所对应的向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可由几何意义求解. 【详解】由题， 所以复数所对应的向量的坐标为. 故选：D 3. 已知是单位向量，若，则（ ） A. B. 2 C. D. －2 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直向量数量积为0结合数量积的运算求解即可. 【详解】因为是单位向量，且，所以，所以. 故选：B． 4. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算和除法运算化简复数，然后根据共轭复数的概念求解即可. 【详解】由题，所以， 所以. 故选：D 5. 已知两点在圆上运动，且，则的值（ ） A. B. 1 C. D. 与点的具体位置有关 【答案】B 【解析】 【分析】作，根据题意利用数量积的定义求解即可. 【详解】如图， 连接，过点作交于点，则是的中点， 故. 故选：B 6. 已知各棱长均相等的正四棱锥各顶点都在同一球面上，若该球表面积为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求棱锥的高，利用球的表面积公式得，然后由求解可得，可求棱锥体积. 【详解】如图，设四棱锥的棱长为，在底面的射影为，则平面， 且为的交点，且， 由正四棱锥的对称性可知在直线上， 设外接球的半径为，则其表面积为，所以， 则，故，解得或（舍）， 故正四棱锥的体积为． 故选：A． 7. 已知，若且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先由题意求出，再结合向量垂直关系的表示即可求解. 【详解】由题可知：， 所以， 所以，即. 故选：C. 8. 已知都是复数，其共轭复数分别为，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用复数的运算及共轭复数的概念判断AD，根据复数乘积运算及模的运算判断B，举反例判断C. 【详解】对于A，设， 则，而， 故，故A正确； 对于B，， 则 ， 又， 所以，故B正确； 对于C，令，则，所以， 但是，故C错误； 对于D，，又， 所以，故D正确. 故选：C 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 多面体的每条棱都是一条线段 B. 在四棱台中，四点可以不共面 C. 上、下底面均为正方形的四棱台的四条侧棱长一定相等 D. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据多面体和棱台的定义及性质判断ABC，根据圆锥的结特征判断D. 【详解】根据棱长的定义可知，故A正确； 根据棱台的性质知四点确定的是对角面，所以四点一定是共面关系，故B错误； 对于四棱锥，底面是正方形， 当侧棱垂直底面时，该四棱锥所截的四棱台的侧棱不相等，故C错误； 圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D正确. 故选：AD 10. 中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）.用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地.同一日内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差－千里，所谓“影差一寸，地差千里”.记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B，已知甲、乙两地之间的距离约为40千里.若同一日内，甲地中直线AB与地面所成的角为，且，则甲地日影长与乙地日影长的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意甲地的日影长，从而求出乙地的日影长，进而求解甲地日影长与乙地日影长的比值. 【详解】由题知，甲地的日影长为寸，因为甲、乙两地之间的距离约为40千里， 所以乙地的星影长为寸或寸， 因为，所以甲地日影长与乙地日影长的比值为或. 故选：BD 11. 已知非零向量的夹角为，定义新运算：，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在上投影向量的模为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，按定义新运算只需使即可满足；对于B，由投影向量模长公式与的结果比较即得；对于C，利用与的关系推得，代入坐标计算即得；对于D，从左右两边的展开形式的符号推断即可排除. 【详解】对于A项，当时，， 而，即此时有，故A正确； 对于B项，因为， 在上投影向量的模为，而，故B错误； 对于C项，因为， 所以 ， 又，，所以，故C正确； 对于D项，因为的值是非负的， 而的值可能是负数，故D错误． 故选：AC． 【点睛】思路点睛：本题主要考查新定义平面向量的运算，和平面向量的数量积运算的综合运用，属于难题. 解题的思路在于弄清与的联系和区别，准确把握，通过解方程，找两者的相关点，以及等式两边运算结果的一致性一一判断选项即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（是虚数单位），若所对应的点在复平面的第二象限内，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数所在象限列不等式组求解即可. 【详解】由题意知，解得． 故答案为： 13. 如图，已知，直角梯形是水平放置的一个平面四边形的直观图，且，，则四边形的周长为______. 【答案】 【解析】 【分析】先作，求得，然后利用斜二测画法还原四边形，即可求解. 【详解】如图，作， 则为等腰直角三角形，则因为，所以，即， 则四边形为如图所示的直角梯形， 所以,，，， 故四边形的周长为. 故答案为： 14. 已知函数，若关于的方程在上有解，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式整理化简原式，并令，分离参数，求关于的函数的值域，即可求得结果. 【详解】由题， 即， 因为，所以， 则上有解，即在上有解， 又在上为减函数，则，所以实数的取值范围是． 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. 已知复数是关于的方程的根（是虚数单位），其中． （1）求a，b的值． （2）若，且复数是纯虚数，求． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）将代入方程，根据复数相等列方程组求解可得； （2）设，根据复数模公式和纯虚数概念列方程组求解即可. 【小问1详解】 是方程的根，， 即， ，解得； 【小问2详解】 设，则，所以①， 又纯虚数，所以②， 由①②联立，解得或， 或． 16. 已知向量的夹角为，且. （1）求证：； （2）若，且，求实数的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据向量模的坐标运算和数量积定义求得，再利用数量积的垂直关系证明即可； （2）根据数量积的运算结合数量积和模的运算化简得，解二次方程即可求解. 【小问1详解】 由题，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 由，得， 所以，代入， 化简得，解得或. 17. 在中，角的对边分别为，且点为的中点，点为的中点． （1）用向量表示向量，并求出的长度； （2）求． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解，由模长公式即可求解长度， （2）根据求解长度，利用余弦定理即可求解，或者利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 由题可知为的中线，则， 因为为的中点，所以． 所以， 所以 ， 所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 法一：在中，． 法二：因为得， 所以． 所以． 又与的夹角相等，所以， 所以的余弦值为． 18. 在中，角的对边分别为． （1）求角； （2）若为边上一点，，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角余弦公式化简，再利用正弦定理，余弦定理运算求解； （2）由，可得，根据余弦定理和基本不等式可求得的范围，得解. 【小问1详解】 因， 所以， 所以， 由正弦定理，得， 由余弦定理，得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，且， 所以， 化简，得，解得， 由（1），得，即， 由，得， 解得（当且仅当时取等号）， 又，所以． 而，且是关于增函数， 所以当时，． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长； （3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用对勾函数性质即可得解. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为. 【小问3详解】 设， 由（2）在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 所以， 所以，， 即，令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 所以．即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$