精品解析：广东省广州市第七十五中学2024-2025学年高一下学期第一次阶段性测试数学试卷

广州市第七十五中学 2024学年第二学期高一年级第一次阶段性测试数学试卷 命题人：王永春 审稿人：李开松、金玲 考试时长：120分钟 满分：150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. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的加减运算的坐标表示可得结果. 【详解】易知. 故选：D 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法化简求复数，再求其模长. 【详解】由题设， 所以. 故选：D 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系的向量表示可得，即可得出结果. 【详解】由可得， 由于，可得， 解得， 由于，因此． 故选：D 4. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可. 【详解】因为，且由余弦定理得， 所以，解得，而在中，，则，故A正确. 故选：A． 5. 以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A. 8π B. 4π C. 8 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可. 【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱， 其底面半径r=2，高h=2， 故其侧面积为. 故选：A 6. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底表示即可得解. 【详解】因为，所以， 则， 因为，所以，即， 则. 7. 在中，内角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】将已知结合二倍角公式，两角和的正弦公式，化简可得，从而可以判断三角形的形状. 【详解】，， ， 化简得，， ，即， 或， ，或，即或， 是直角三角形或等腰三角形. 故选：D. 8. 如图，为了测量河对岸两点间的距离，现在沿岸相距的两点处分别测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在和中应用正弦定理求得BC与BD，然后在中应用余弦定理求得CD. 【详解】在中，由正弦定理得， 即，得， 在中，，是等边三角形，， 在中，，由余弦定理， ， 所以． 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. 下列命题正确的（ ） A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 B. 两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 用平面截圆柱，得到的截面不可能是等腰梯形 D. 底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱 【答案】AC 【解析】 【分析】根据棱柱的概念，棱台的概念，圆柱的性质，正四棱柱的概念，即可分别求解． 【详解】棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形，则A选项正确； 两个面平行，其余各面都是梯形的多面体，不一定是棱台，还需强调所有梯形的两腰延长线都交于同一点，则B选项错误； 用平面截圆柱得到的截面可能是曲边梯形，不可能是等腰梯形，则C选项正确； 底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱，可能为斜棱柱，则D选项错误． 故选：AC． 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为 C. 若为虚数单位，为正整数，则 D. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限 【答案】BC 【解析】 【分析】利用复数的定义，运算法则，几何意义一一判定选项即可. 【详解】由复数的概念可知复数的虚部为，故A错误； 若，则复平面内对应的点位于半径为1的圆上或内部，其面积为，故B正确； 根据复数的运算法则知，所以，故C正确； 易知复数的共轭复数为，其对应点为，显然位于第三象限，故D错误. 故选：BC 11. 折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点F在弧上，且，点E在弧上运动.则下列结论正确的有（ ） A. B. ，则 C. 在方向上的投影向量为 D. 的最小值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由图形特征，以O为坐标原点，OB为x轴建立平面直角坐标系，由，，得各点坐标，由点坐标写出向量坐标，利用向量运算的坐标表示判断每个选项的正误. 【详解】 以O为坐标原点，OB为x轴建立如图平面直角坐标系， 因为，，， 所以，，，，， 设，， 对于A项，，故A错误， 对于B项，，即，解得，， ，故B正确， 对于C项，因为，，所以在方向上的投影向量为，故C正确， 对于D项， 因为，所以，， 所以时，最小为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求解即可. 【详解】由题得，则，又， . 故答案为：. 13. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，其中，，，，则平面图形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面图形为直角梯形可求其面积. 【详解】由直角梯形可得，，， ， 而，故， 故直角梯形的面积为， 故答案为： 14. 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线和直线旋转一周围成的几何体；再求出相应几何体的底面半径和高；最后根据圆柱和圆锥的体积公式即可解答. 【详解】由题可知该平面图形绕直线旋转一周围成的几何体为一圆柱减去两圆锥形成的. 因为与是两个对称的等腰三角形，且，， 所以点到边的距离为， 即该圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为. 所以. 而该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体是相同大小的两个圆锥，且这个圆锥的底面半径为1，高为2， 所以， 所以. 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． （1）求； （2）当为何值时，与平行？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由题意给出，即可求出向量的模； (2)由两向量的平行的充要条件求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 则. 【小问2详解】 由， ， 当与平行时，则， 解得 16. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，等腰直角三角形的面积为. （1）求圆锥的表面积； （2）若点是的一个三等分点，求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形的面积为求得圆锥底面半径，再求得圆锥母线长，从而可求解表面积； （2）在底面圆中为直角三角形，不妨设点B靠近点C，可得从而求得，，进而可求得，再利用等体积法即可求解. 【小问1详解】 等腰直角三角形中，又因为其面积为， 所以，即圆锥底面半径， 圆锥母线长为：， 所以圆锥SO的表面积为：． 【小问2详解】 在底面圆中为直角三角形，不妨设点B靠近点C， 可得． 由此可得的面积， 所以． 17. 在中，内角、、所对的边分别是、、，且 （1）求角； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角以及辅助角公式求解； （2）利用余弦定理和面积公式求解. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得 因为, 所以， 所以 因为， 所以， 所以，所以， 因为 所以，. 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理得： ，即， 因为，所以， 所以，所以. 18. 如图，在中，点在边上，． （1）若，，，求； （2）若是锐角三角形，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，在与中，利用余弦定理求解即得. （2）由给定条件，求出角的范围，再利用正弦定理边化角，借助差角的正弦及正切函数的性质求解即得. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即，即， 而，解得，则， 在中，， 由余弦定理得. 【小问2详解】 在锐角中，，，且，则， 由正弦定理得， 显然，即有，因此，即， 所以的取值范围是. 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值； （2）计算出、、，利用平面向量的夹角公式可得出关于的方程，解之即可； （3）设、，利用平面向量的线性运算得出、关于、的关系式，利用余弦定理可得出和平面向量数量积的运算性质化简得出，设，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等变换以及正弦函数的有界性可求得的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则，. 则，所以. 【小问2详解】 由，，得，， 且， 所以，， ，则， ， 因为与的夹角为，则，解得. 【小问3详解】 依题意设、， 且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以，， 由题意可知，，， 则， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第七十五中学 2024学年第二学期高一年级第一次阶段性测试数学试卷 命题人：王永春 审稿人：李开松、金玲 考试时长：120分钟 满分：150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. 若，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 5. 以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（ ） A. 8π B. 4π C. 8 D. 4 6. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形或等腰三角形 8. 如图，为了测量河对岸两点间的距离，现在沿岸相距的两点处分别测得，则间的距离为（ ） 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. 下列命题正确的（ ） A. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 B. 两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 用平面截圆柱，得到的截面不可能是等腰梯形 D. 底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为 C. 若为虚数单位，为正整数，则 D. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限 11. 折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点F在弧上，且，点E在弧上运动.则下列结论正确的有（ ） A. B. ，则 C. 在方向上的投影向量为 D. 的最小值是 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知平面向量，，，向量在向量上的投影向量为，则_____________. 13. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，其中，，，，则平面图形的面积为______. 14. 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则__________. 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． （1）求； （2）当为何值时，与平行？ 16. 如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，等腰直角三角形的面积为. （1）求圆锥的表面积； （2）若点是的一个三等分点，求三棱锥的体积. 17. 在中，内角、、所对的边分别是、、，且 （1）求角； （2）若，，求的面积. 18. 如图，在中，点在边上，． （1）若，，，求； （2）若是锐角三角形，，求的取值范围． 19. 如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $