安徽省安庆市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

安庆一中2024-2025 学年度第二学期高一年级 数学学科期中考试试题 命 题 ： 余 晓 燕 审题：刘贵红 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 在复平面内，复数满足，则复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，向量，则实数x等于 A. 9 B. 4 C. 0 D. 3. 圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 如图，是上靠近的四等分点，是上靠近的四等分点，是的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在正四棱柱中，，分别为侧棱上一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 14 6. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 7. 若的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，则B的解的个数是（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 不确定 8. 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是钝角三角形 11. 如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2），则（ ） A. 若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满 B. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P 三 、填空题（每小题5分，共15 分 ） 12. 已知，，是表面积为的球的球面上的三个点，且，则球心到平面的距离为_______． 13. 已知复数满足，则的最大值为__________. 14. 在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为__________. 四 、解答题（第15 小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分） 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足． （1）求角A； （2）若，，求边c及的面积； 16. 已知，，. （1）求向量与的夹角； （2）若，且.求及. 17. 如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且. （1）求此山的高的值； （2）求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值． 18. 已知在锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，. （1）求角； （2）若，D为中点，，求b； （3）若，求的取值范围. 19. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. （1）若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； （2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 安庆一中2024-2025 学年度第二学期高一年级 数学学科期中考试试题 命 题 ： 余 晓 燕 审题：刘贵红 一、单选题（每小题5分，共40分） 【1题答案】 【答案】B 【2题答案】 【答案】A 【3题答案】 【答案】C 【4题答案】 【答案】C 【5题答案】 【答案】A 【6题答案】 【答案】B 【7题答案】 【答案】A 【8题答案】 【答案】C 二、多选题（每小题6分，共18分） 【9题答案】 【答案】BD 【10题答案】 【答案】ABD 【11题答案】 【答案】AC 三 、填空题（每小题5分，共15 分 ） 【12题答案】 【答案】 【13题答案】 【答案】8 【14题答案】 【答案】 四 、解答题（第15 小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分） 【15题答案】 【答案】（1） （2）3； 【16题答案】 【答案】（1） （2）； 【17题答案】 【答案】（1） （2） 【18题答案】 【答案】（1） （2） （3） 【19题答案】 【答案】（1）（i）312；（ii）； （2），. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $安庆一中2024-2025学年度第二学期高一年级期中考试 数学学科试卷 参考答案 题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B A O BD ABD 题号 11 答案 AC 第2题改编自课本第31页例7 第4题改编自课本第36页习题第1题 第6题改编自课本第109页例2 第7题改编自课本第47页例8 第11题改编自课本第120页习题第3题 1.B 【分析】利用复数的除法运算化简，即可根据几何意义求解 【详解】由2(1-1)=2i可得z=242i0+) -1+i, 1-i(1-i)1+i) 故复数z对应的点为(-1，)，位于第二象限 故选：B 2.A 【分析】算出a-五的坐标利用aa-b)=0可得x的值 【详解】a-五=(1-x,4),又aa-)=0,故1-x+2x4=0,所以x=9,故选A. 【点睛】向量的数量积有两个应用：(1)计算长度或模长，通过用以=√a；(2)计算 ab 角，cos(ab) 特别地，两个非零向量a,b垂直的充要条件是a=0 3.C 【分析】根据给定条件，求出圆锥母线，进而求出圆锥的高 【详解】由圆锥的底面半径为1，得侧面展开图半圆弧长为2π，因此该半圆半径为2， 即圆锥的母线长为2，所以圆锥的高为√22-1？=√ 故选：C 答案第1页，共11页 4.C 【分析】根据平面向量基本定理，结合向量线性运算求解即可. 【详解】因为D是AB上靠近B的四等分点，E是AC上靠近A的四等分点，F是DE的中 点， 所以a-AD+4=x24B+x4c=34B+人1C-346 2 24248 -88 故选：C. 5.A 【分析】将正四棱柱ABCD-ABC1D的侧面展开，由直线段最短求解. 【详解】如图所示： D A B D A A G G B 图1 图2 将正四棱柱ABCD-ABCD(图1)的侧面展开，得到展开图（图2）， 当A,E,F,G,A1五点共线时，AE+EF+FG+GA取得最小值， 且最小值为V(4x4)2+52=√281， 故选：A 6.B 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解， 【详解】根据斜二测画法还原得下图： B 因为四边形OA'B'C'是边长为1的正方形，则OB'=√20A=√2，所以，OB=2√2， 又因为OA=1,OA⊥OB,则AB=√OA2+OB2=√1+8=3， 答案第2页，共11页 同理可得BC=1,OC=3, 因此，原图形的周长为OA+AB+BC+OC=1+3+1+3=8. 故选：B. 7.A 【分折】由正弦定理可算得如B一名分，所以s可能为大于A的能角，传可作为能角，即方 有两解。 sinsinB所以sinB=bsi4_5sm30-5 【详解】由正弦定理可知a=b a 48 又因为在三角形中大边对大角，即因为b>a,所以B>A,30°<B<150° 所以B可能为大于A的锐角，也可能为钝角，即B有两解. 故选：A. 8.C 【分析】在平面直角坐标系xOy中，不妨设a=(1,0),b=(x1,y),c=(x2,y2),由已知可 得为-1=0，由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可. 【详解】在平面直角坐标系xOy中，不妨设a=(1,0),b=(x1,y),c=(x2y2), 则ab=x1=1,a.c=x2=-1,b.c=x水2+y2=y2-1=0, 所小+6*-叶k+升+片开2 当且仅当=±1时等号成立， 因此，+c的最小值为2. 故选：C 9.BD 【分析】由两个平面向量平行、垂直的坐标公式计算可分别判断A项、B项，由平面向量 的模、数量积的坐标公式计算可分别判断C项、D项 15 【详解】对于A项，若a/b,则2x-15=0,得x= ，故A项不正确 对于B项，若a1五，则5x+6=0,得x=胥故B项正确 对于C项，若园=5，则V+9=5,得x=士4，故C项不正确， 答案第3页，共11页 对于D项，若x=3,则a.b=3x5+3x2=21,故D项正确. 故选：BD 10.ABD 【分析】对于A,利用函数y=COsx单调性判断；对于B,由正弦定理判断；对于C,求出 snC判断即可；对于D,由正弦定理得2+b2<c2,再利用余弦定理判断. 【详解】对于A,若coSA=cosB,因为函数y=C0sx在(O,π)上为单调函数，所以A=B, 所以VABC为等腰三角形，所以A正确； 对于B,若A>B,可得a>b,由正弦定理a=b sinA sinB =2R, 可得2 Rsin A>2 R sin B,可得sinA>sinB,所以B正确： 对于C,因为sinC=cs血B_5y51,所以符合条件的vABC有0个，所以C不正确： b 8 对于D,若sinA+sinB<sinC,由正弦定理得a2+b2<c2, 则coxc=‘-c<0,因为Ce@动，所以ce仔 2ab 所以VABC是钝角三角形，所以D正确. 故选：ABD 11.AC 【分析】根据题意，设图1中水的高度为，几何体的高为h,底面正方形的边长为b,利 用水的体积，得出h与h的关系，从而结合选项即可逐一判断 【详解】设图1中水的高度%，几何体的高为h,底面正方形的边长为b: 则图2巾水的体积为b4%=女)，即号%=b4),解得身， 所以正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半是错误的，即B错误. 对干A,往容器内再注入口升水，水面将升高，则+号品=店，容器恰好能装满。 3 A正确： 对于C,当容器侧面水平放置时，P点在长方体中截面上，占容器内空间的一半， 所以水面也恰好经过P点，C正确： 对于D,任意摆放该容器，当水面静止时，P点在长方体中截面上，始终占容器内空间的一 半，所以水面都恰好经过点P,D正确， 对于D中，如图所示，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时， 答案第4页，共11页 因为四棱锥的高为h,,几何体的高度为h,设正四棱柱的底面边长为b, 胎，可得42=4想-b. 可得A4M=私，由a4Mna,可得-4g, AM 6 所以B服B-CGP的体积为K-子名A×h 36 可得水的体积为巧-名3，此时总子，矛盾，所以D不正确 36 B 图1 故选：AC. 12.√6 【分析】根据题意可得球的半径为R和VABC的外接圆半径，结合球的性质运算求解即可. 【详解】设球的半径为R, 则4πR2=36π，解得R=3, 3 由题意可知：VA8C是边长为3的等边三角形，其外接圆半径'= =3 2sin、 3 所以球心O到平面ABC的距离为d=√R-2=√6 故答案为：√6 13.8(第13题改编自课本第72页例3) 【分析】根据复数的几何意义再由向量的三角不等式可得结果 【详解】因为=+2-2i=二-1+2i+3-4i,所以 z+2-21=z-1+2i+3-4i≤z-1+21+3-4i=3+V32+(-4)2=8, 所以5+2-2的最大值为8. 故答案为：8 答案第5页，共11页 14.17m 2 【分析】确定点P为球心，半径为5的球在正方体每个面上的截面图形，求出轨迹的长度即 可 【详解】依题意，因为OA=4,A4=AB=AB,=7, 故在AB,AB,上必存在点E,F满足OE=OF=5,如图所示 AE=VOE2-OA2=3=OA,同理可得AF=4=OA, 所以△AE0≌△4，OF,所以∠AE0=∠AOF, 又因为A0+∠40B-子所以∠A0r+∠A0B- 2 所以∠B0F=元-（∠AOF+∠AOE)-5,即OE1OF 在平面AABB内满足条件的点的轨迹为®F, 该轨迹是以5为半径的号个圆周，所以长度为2π×5×！5亚 42 同理，在平面A4DD内满足条件的点轨迹长度为5π， 2 在平面AB,CD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AF为半径的圆弧，长度为 2元×4x2=2m: 4 同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为 2mx3x13π 42 故轨迹的总长度为经头2 ,3π17π 2 22 17π 故答案为： 2 0 C E 答案第6页，共11页 15.0A-号 23,3 2 【分析】(1)根据题意利用正弦定理边化角即可得结果： (2)利用余弦定理可得c=3,结合面积公式运算求解。 【详解】(1)因为asin B=√3 bcos A,由正弦定理得sin Asin B=√3 sin BcosA, 且B∈(0，T),则sinB≠0， 可得sinA=√3cosA,则tanA=√5， 又因为4eQ,所以4-号 6分 (2)由余弦定理得d=b2+c-2bcc0sA,即7=4+c2-2x2xc 2 整理可得c2-2c-3=0,解得c=3或c=-1(舍去)， 所以VABC的面积Sbc6mA-×2x3×点_35 2 13分 2 22 16.1)8=2 (2)t=2:=4v5 【分析】(1)利用向量数量积运算律和数量积定义即可求出0： (2)根据向量数量积运算律求得t=2,再平方计算即可 【详解】(1)由(2ā-35)(2ā+)=61，可得4a2-4a.6-36=61,因为同=4，=3， 所以4x42-4x4x3c0s9-3x32=61,解得c0s0=-5,0≤0≤元 所以8= 3 .6分 （2因为=a0jb,ic-0,所以 3 6agb*3g小o… 整理得-151+30=0，解得t=2,所以c=2a+4五， 3 10分 答案第7页，共11页 所以=a+=+万+S 3 =4f+4(532+16=， 所以=4W5.l5分 17.(第17题改编自课本第53页习题第8题) 6 (2)5 【分析】(1)设OP=k,由锐角三角函数表示出AO、BO,再在VAOB中利用余弦定 理计算可得； (2)设C是线段AB上一动点，连接OC,PC,即可得到点C处观测P点的仰角为∠PCO, 且tan∠pco=V6 ,求出OC的最小值，即可得解。 20C 【详解】(1)设OP=xkm,在△PAO中，因为tan∠PA0=PO 月>所以A。三— V3x, tan30° 同理，在△PBO中，BO=x tan45o=x, 在VAOB中，由余弦定理得AB2=AO+BO-2AO.BOcos∠AOB=6x2, 由48=45×司=3，所以9=62，解得x=6 (负值已舍去)， 60 所以此山的高OP为5km; 2 .6分 403返 (2)由(1)得B0=6 ,AB=3,设C是线段AB上一动点，连接OC,PC, 则在点C处观测P点的仰角为∠PCo,且tam∠PcO=PO-6 -0C20C 因为cos∠A0B=-Y5,0K∠A0B<,所以m∠A0B=-OLAOB=y6 3 当OC上AB时，OC最短，记最小值为d,10分 由Sa540B0snA0B54B-d, 20s6 即时x5后u,解得d-点，所umc0= 22232 2 2x56 2 答案第8页，共11页 所以该车从A到B行驶过程中观测卫点仰角正切值的最大值为5.15分 B。 。A 18.(1)A=60° (2)b=4 3)(23,4 【分析】(1)由正弦定理可得2 sin Acos B=2sinC-sinB,根据三角形内角和定理和两角 和的三角函数即可求解： )由已知可得AD=AB+AC，两边完全平方即可求 2 (3)由正弦定理可得6=45 ,c=4 2sinC,借助三角恒等变换及三角函数的图象与 3 性质即可求解 【详解】(1)因为2 acos B=2c-b, 根据正弦定理，得2 sin AcosB=2sinC-sinB, 所以2 sin Acos B=2sin(A+B)-sinB, 所以2 sin Acos B=2 sin Acos B+2 cos Asin B-sinB, 即2 cos Asin B=sinB, 因为sinB≠0，所以cosA=-), 又A∈(0，T),所以A=60°；4分 (2》因为D为8c中点，所以而-号丽+号C, 所以a⑩=a+AC+2.AC, 所以7=(4+62+2×2.bcs60), 所以b+2b-24=0,解得b=4或b=-6(舍去)， 故b=4;9分 答案第9页，共11页 (3)由正弦定理：b=c」 24v5 sin B sinC sinA sin60° 3 所以b=45 sinB,c= 43 sinC, 3 3 因为A=60°，所以B+C=120°，所以C=120°-B, 所以b+c=4 3 (sin B+sinc)=43 31 sinB+sin(120°-B)] 32 sin B+cosB (2 =4sim(B+30）,.14分 0<B<90° 因为VABC为锐角三角形，所以 0°<120°-B<90° 所以30°<B<90°，60°<B+30°<120°， 所以5<im(B+30)s1,所以25<b+c≤4， 所以b+c的取值范围为(25,417分 19.(1)(i)312:(i)12W13: (2)P0=3W2,288√2 【分析】(1)(i)利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；()求出棱锥的斜高，再利用 侧面积 (2)PO=x,求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为x,再求出函数最大值即可. 【详解】(1)(i)由PO=2,得OO=4PO=8,又AB=AB=6, 因此正四棱锥P-4aCD的体积片=46,10=}6×2=24， 正四棱柱ABCD-ABC1D的体积V=AB.OO=62×8=288, 所以模型有体积V=+乃=24+288=3125分 答案第10页，共11页 (i)取BC的中点E,连接PE,OE,由OE=3,得PE=13, 所以正四棱锥P-AB,C1D的侧面积 S=4S4s=4CpE=2x6xiB=12i而10分 D (2)设PO=x,正四棱柱ABCD-ABGD的侧面积为S(x), 则00=4x,AO=V36-x2,4B,=5.6-x2, 于是S(x)=44B·00=16N2x√36-2=162V2(36-2) =16W5.V(x2-18)2+324,而0<x<6, 因此当x2=18,即x=3√2时，S()mx=2882, 所以当PO=3√2时，下部分正四棱柱的侧面积最大， 最大面积是288√2.17分 答案第11页，共11页