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，，则下列结论正确的是（ ） 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 $$答案第 1页，共 11页 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C C A B A C 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  1 i 2iz    可得      2i 1 i2i 1 i 1 i 1 i 1 i z          ， 故复数 z对应的点为  1,1 ，位于第二象限. 故选：B 2．A 【分析】算出 a b  的坐标利用  · 0a a b    可得 x的值. 【详解】  1 ,4a b x    ，又  · 0a a b    ，故1 2 4 0x    ，所以 9x  ，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 ·a a a    ；（2）计算 角， cos , a ba b a b        .特别地，两个非零向量 ,a b   垂直的充要条件是 0a b     . 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 2 22 1 3  . 故选：C 答案第 2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 1 1 1 3 1 1 3 1 3 2 2 2 4 2 4 8 8 8 8 a bAF AD AE AB AC AB AC                   . 故选：C. 5．A 【分析】将正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 的侧面展开，由直线段最短求解. 【详解】如图所示： ， 将正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D （图 1）的侧面展开，得到展开图（图 2）， 当 1A E F G A， ， ， ， 五点共线时， 1AE EF FG GA   取得最小值， 且最小值为 2 2(4 4) 5 281   . 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： 因为四边形OA B C   是边长为1的正方形，则 2 2O B O A     ，所以， 2 2OB  ， 又因为 1OA  ，OA OB ，则 2 2 1 8 3AB OA OB     ， 答案第 3页，共 11页 同理可得 1BC  ， 3OC  ， 因此，原图形的周长为 1 3 1 3 8OA AB BC OC        . 故选：B. 7．A 【分析】由正弦定理可算得 5 1sin 8 2 B   ，所以 B可能为大于A的锐角，也可能为钝角，即 B 有两解． 【详解】由正弦定理可知 sin sin a b A B  ，所以 sin 5sin30 5sin = 4 8 b AB a    ， 又因为在三角形中大边对大角，即因为b a ，所以 B A ，30 150B    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  1,0a   ，  1 1,b x y  ，  2 2,c x y  ，由已知可 得 1 2 1 0y y   ，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  1,0a   ，  1 1,b x y  ，  2 2,c x y  ， 则 1 1a b x     ， 2 1a c x      ， 1 2 1 2 1 2 1 0b c x x y y y y        ， 所以    2 21 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 2b c y y y y y y y y y y                 ， 当且仅当 1 1y   时等号成立， 因此， b 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. 【详解】对于 A项，若a b∥   ，则 2 15 0x   ，得 15 2 x  ，故 A项不正确. 对于 B项，若 a b   ，则5 6 0x   ，得 6 5 x   ，故 B项正确. 对于 C项，若 5a   ，则 2 9 5x   ，得 4x   ，故 C项不正确. 答案第 4页，共 11页 对于 D项，若 3x  ，则 3 5 3 2 21a b        ，故 D项正确. 故选：BD. 10．ABD 【分析】对于 A，利用函数 cosy x 单调性判断；对于 B，由正弦定理判断；对于 C，求出 sinC判断即可；对于 D，由正弦定理得 2 2 2a b c  ，再利用余弦定理判断. 【详解】对于 A，若 cos cosA B ，因为函数 cosy x 在  0, π 上为单调函数，所以 A B ， 所以 ABCV 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 2 sin sin a b R A B   ， 可得 2 sin 2 sinR A R B ，可得 sin sinA B ，所以 B正确； 对于 C，因为 sin 5 3sin 1 8 c BC b    ，所以符合条件的 ABCV 有 0个，所以 C不正确； 对于 D，若 2 2 2sin sin sinA B C  ，由正弦定理得 2 2 2a b c  ， 则 2 2 2 cos 0 2 a b cC ab     ，因为  0, πC ，所以 π , π2C      ， 所以 ABCV 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 2h ，几何体的高为 1h ，底面正方形的边长为b，利 用水的体积，得出 1h 与 2h 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 2h ，几何体的高为 1h ，底面正方形的边长为b； 则图 2中水的体积为 2 2 21 2 1 2( )b h b h b h h   ，即 2 2 2 1 2 2 ( ) 3 b h b h h  ，解得 1 2 5 3 h h ， 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． 对于 A，往容器内再注入 a升水，水面将升高 2 2 3 h ，则 2 2 2 1 2 5 3 3 h h h h   ，容器恰好能装满， 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 5页，共 11页 因为四棱锥的高为 2h ，几何体的高度为 1h ，设正四棱柱的底面边长为b， 可得 1 2 1 3 AM h ，由 1AME AMB ∽ ，可得 1 1 AM A E AM AB  ，可得 11 1 6 AM ABA E b AM    ， 所以 1 1BB E CC F 的体积为 21 1 2 2 1 5 1 5 5 25 2 6 2 6 3 36 V b h b b h b b h         ， 可得水的体积为 2 1 2 25 36 V b h ，此时 2 22 2 25 2 36 3 b h b h ，矛盾，所以 D不正确. 故选：AC． 12． 6 【分析】根据题意可得球的半径为 R和 ABCV 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 24π 36πR  ，解得 3R  ， 由题意可知： ABCV 是边长为 3的等边三角形，其外接圆半径 3 3π2sin 3 r   ， 所以球心O到平面 ABC的距离为 2 2 6d R r   . 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 1 2i 3 4iz z       ，所以 2 22 2i 1 2i 3 4i 1 2i 3 4i 3 3 ( 4) 8z z z                 ， 所以 2 2z i  的最大值为 8. 故答案为：8 答案第 6页，共 11页 14． 17π 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 4OA ， 1 1 1 7AA AB A B   , 故在 1 1,AB A B 上必存在点 ,E F满足 5OE OF  ，如图所示. 2 2 13AE OE OA OA    ，同理可得 1 4A F OA  ， 所以 1AEO AOF△ ≌△ ，所以 1AEO AOF   ， 又因为 π 2 AEO AOE   ，所以 1 π 2 AOF AOE   ， 所以  1 ππ 2 EOF AOF AOE      ，即OE OF . 在平面 1 1AA B B内满足条件的点的轨迹为EF ， 该轨迹是以5为半径的 1 4 个圆周，所以长度为 1 5π2π 5 4 2    ； 同理，在平面 1 1AAD D内满足条件的点轨迹长度为 5π 2 ； 在平面 1111 DCBA 内满足条件的点的轨迹为以 1A为圆心， 1A F 为半径的圆弧，长度为 12π 4 2π 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 1 3π2π 3 4 2    . 故轨迹的总长度为 5π 5π 3π 17π2π 2 2 2 2     . 故答案为： 17π 2 . 答案第 7页，共 11页 15．(1) π 3 A  (2)3； 3 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 3c  ，结合面积公式运算求解. 【详解】（1）因为 sin 3 cosa B b A ，由正弦定理得 sin sin 3 sin cosA B B A ， 且  0, πB ，则 sin 0B  ， 可得 sin 3cosA A ，则 tan 3A  ， 又因为  0, πA ，所以 π 3 A  ．.................................6分 （2）由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即 2 17 4 2 2 2      c c ， 整理可得 2 2 3 0c c   ，解得 3c  或 1c   （舍去）， 所以 ABCV 的面积 1 1 3 3 3sin 2 3 2 2 2 2ABC S bc A     △ ．.................................13分 16．(1) 2π 3   (2) 2t  ； 4 3c   【分析】（1）利用向量数量积运算律和数量积定义即可求出； （2）根据向量数量积运算律求得 2t  ，再平方计算即可. 【详解】（1）由    2 3 2 61a b a b       ，可得 2 24 4 3 61a a b b       ，因为 4, 3a b    ， 所以 2 24 4 4 4 3cos 3 3 61       ，解得 1cos 2    ，0 π  ， 所以 2π 3   ；.................................6分 （2）因为 10 3 c t ta b          ， 0b c    ，所以 2 20 1 04 03 2 1 1 3 3 3 b c a b b tt t t                                ， 整理得 015 30t  ，解得 2t  ，所以 2 3 4c a b     ，................................10分 答案第 8页，共 11页 所以 2 2 2 2 2 44 16 16 33 9 c a b a a b b                  2 264 64 3 816 1 14 4 2 2 163 43 3 9                  ， 所以 4 3c   ................................15分 17． (第 17 题改编自课本第 53 页习题第 8 题) (1) 6 2 (2) 3 【分析】（1）设 kmOP x ，由锐角三角函数表示出 AO、BO，再在 AOBV 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 6tan 2 PCO OC   ，求出OC的最小值，即可得解. 【详解】（1）设 kmOP x ，在 PAO 中，因为 tan POPAO AO   ，所以 3 tan30 xAO x   ， 同理，在 PBO 中， tan 45 xBO x   ， 在 AOBV 中，由余弦定理得 2 2 2 22 cos 6AB AO BO AO BO AOB x      ， 由 445 3 60 AB    ，所以 29 6x ，解得 6 2 x  （负值已舍去）， 所以此山的高OP为 6 2 km；.................................6分 （2）由（1）得 6 3 2, , 3 2 2 BO AO AB   ，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 6tan 2 POPCO OC OC    ， 因为 3cos 3 AOB   ，0< πAOB  ，所以 2 6sin 1 cos 3 AOB AOB     ， 当OC AB 时，OC最短，记最小值为 d，.................................10分 由 1 1sin 2 2AOB S AO BO AOB AB d    △ ， 即 1 6 3 2 6 1 3 2 2 2 3 2 d     ，解得 2 2 d  ，所以 6 6tan 3 2 22 2 PCO OC      ， 答案第 9页，共 11页 所以该车从A到 B行驶过程中观测 P点仰角正切值的最大值为 3．.................................15分 18．(1) 60A   (2) 4b  (3) 2 3,4 【分析】（1）由正弦定理可得 2sin cos 2sin sinA B C B  ，根据三角形内角和定理和两角 和的三角函数即可求解； （2）由已知可得 1 1 2 2 AD AB AC     ，两边完全平方即可求解； （3）由正弦定理可得 4 3 sin 3 b B ， 4 3 sin 3 c C ，借助三角恒等变换及三角函数的图象与 性质即可求解. 【详解】（1）因为 2 cos 2a B c b  ， 根据正弦定理，得 2sin cos 2sin sinA B C B  ， 所以  2sin cos 2sin sinA B A B B   ， 所以 2sin cos 2sin cos 2cos sin sinA B A B A B B   ， 即 2cos sin sinA B B ， 因为 sin 0B  ，所以 1cos 2 A   ， 又  0, πA ，所以 60A  ；.................................4分 （2）因为 D为 BC中点，所以 1 1 2 2 AD AB AC     ， 所以  2 2 21 24AD AB AC AB AC         ， 所以  217 4 2 2 cos604 b b      ， 所以 2 2 24 0b b   ，解得 4b  或 6b   （舍去）， 故 4b  ；.................................9分 答案第 10页，共 11页 （3）由正弦定理： 2 4 3 sin sin sin sin 60 3 b c a B C A     ， 所以 4 3 sin 3 b B ， 4 3 sin 3 c C ， 因为 60A  ，所以 120  B C ，所以 120 C B ， 所以    4 3 4 3sin sin sin sin 1203 3b c B C B B         4 3 3 3 3 1sin cos 4 sin cos 3 2 2 2 2 B B B B                    4sin 30B   ，.................................14分 因为 ABCV 为锐角三角形，所以 0 90 0 120 90 B B             ， 所以30 90B  ，60 30 120B    ， 所以  3 sin 30 12 B    ，所以 2 3 4b c   ， 所以b c 的取值范围为 2 3,4 ..................................17分 19．(1)（i）312；（ii）12 13； (2) 1 3 2PO  ， 288 2 . 【分析】（1）（i）利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用 侧面积. （2） 1PO 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 1 2PO  ，得 1 14 8OO PO  ，又 1 1 6AB AB  ， 因此正四棱锥 1 1 1 1P A BC D 的体积 2 2 1 1 1 1 1 1 6 2 24 3 3 V A B PO      ， 正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 的体积 2 2 2 1 6 8 288V AB OO     ， 所以模型有体积 1 2 24 288 312V V V     ..................................5分 答案第 11页，共 11页 （ii）取 1 1BC 的中点 E，连接 1,PE O E，由 1 3O E  ，得 13PE  ， 所以正四棱锥 1 1 1 1P A BC D 的侧面积 1 1 1 1 14 4 2 6 13 12 13 2PB C S S BC PE        ..................................10分 （2）设 1PO x ，正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 的侧面积为 ( )S x ， 则 2 21 1 1 1 14 , 36 , 2 36OO x AO x A B x      ， 于是 2 2 21 1 1( ) 4 16 2 36 16 2 (36 )S x A B OO x x x x        2 216 2 ( 18) 324x     ，而0 6x  ， 因此当 2 18x  ，即 3 2x  时， max( ) 288 2S x  ， 所以当 1 3 2PO  时，下部分正四棱柱的侧面积最大， 最大面积是 288 2 ..................................17分