精品解析：浙江省金砖联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

浙江省金砖联盟2024学年第二学期期中 高一年级数学学科 试题 命题：浙江省衢州第一中学 审核：南海实验高中 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟： 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷． 选择题部分 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. 已知复数，则复数的虚部是（　　） A. B. C. D. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，正方形边长为1cm，它是水平放置一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ） A. 8cm B. C. 4cm D. 4. 已知向量，则“与共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角的对边分别为，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知正四面体内接于球，球半径为3，为中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ） A 1 B. C. D. 二、多选题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知不共线，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，则这样的三角形有两个 C. 若满足且与同向，则 D. 已知，若与的夹角为钝角，则的取值范围为 10. 设为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ） A. 若，则为纯虚数 B. C. 若，则点的集合构成的图形的面积为 D. 若复数满足，则 11. 如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（ ） A. 三线交于一点 B. 是多边形边上动点，的最大值是 C. 正方体被截面分成上下两部分的体积之比为 D. 棱锥的外接球的表面积为 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则它的值域是______． 13. 衢州是孔子后裔的世居地和第二故乡，素有“东南阙里，南孔圣地”的美誉，孔子雕像坐落于孔子文化公园内．如图，选取与孔子雕像底部在同一平面内的三个测量基点，且在处测得雕像顶点的仰角分别为，米，则孔子雕像高为______米． 14. 已知菱形的边长为2，设，若恒成立，则菱形面积的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知复数满足和均为实数． （1）求复数； （2）若是关于的方程的一个根，求实数的值． 16. 已知平面向量． （1）若，求与的夹角； （2）若，求向量在向量上的投影向量． 17. 已知函数． （1）当时，求关于的不等式的解； （2）若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围． 18. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，为边上的一点， （i）若，求长． （ii）若，求长最小值； 19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积． （2）如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积． （3）如图3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省金砖联盟2024学年第二学期期中 高一年级数学学科 试题 命题：浙江省衢州第一中学 审核：南海实验高中 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟： 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题卷． 选择题部分 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. 已知复数，则复数的虚部是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数运算求得，根据虚部定义求得结果. 【详解】 的虚部为： 本题正确选项： 【点睛】本题考查复数虚部的求解，关键是利用复数运算求得复数，属于基础题. 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式、指数不等式求集合，再由交运算求集合. 【详解】由， ， 所以. 故选：C 3. 如图，正方形边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ） A. 8cm B. C. 4cm D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直观图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长． 【详解】作出原图形如下图所示： 由直观图知原图形是平行四边形，如图，，， ，， 所以平行四边形的周长是． 故选：A． 4. 已知向量，则“与共线”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据讨论同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系. 【详解】若与共线且，同向共线时，反向共线时，充分性不成立； 若，而，则与反向共线，必要性成立； 所以“与共线”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用诱导公式及二倍角余弦公式即可求值. 【详解】由. 故选：D 6. 已知的内角的对边分别为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用正余弦边角关系可得、，再应用余弦定理求. 【详解】由题设，则， 所以，则， 又，则，故， 所以. 故选：A 7. 在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，得出点、、在平面中，问题转化为在直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，求出点关于直线的对称点的坐标，则答案可求． 【详解】连接，则，点、、在平面中， 且，，， 在中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系， 则，，，； 设点关于直线的对称点为， 的方程为，① ，直线的方程为，② 由①②组成方程组，解得，， 直线与的交点,． 对称点， ． 则的最小值为2． 故选：C． 8. 已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令正四面体的棱长为，由正四面体外接球的相关几何关系列方程求得，再由截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，求该截面圆的半径最小值. 【详解】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径， 所以， 所以，则， 所以，则，可得， 要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而， 所以截面圆半径为. 故选：D 二、多选题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知不共线，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，则这样的三角形有两个 C. 若满足且与同向，则 D. 已知，若与的夹角为钝角，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平面基底向量的概念，可判定A正确；根据正弦定理，求得，得到有两解，可判定B正确；根据向量不能比较大小，判定C错误；根据且与不共线，求得的范围，可判定D正确. 【详解】对于A中，设，即，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与可以作为平面向量的一组基底向量，所以A正确； 对于B中，由正弦定理，可得， 因为且，所以有两解，所以这样三角形有两个，所以B正确； 对于C中，由向量是既有大小又有方向的量，不能比较大小，所以C错误； 对于D中，因为，可得，且 因为与的夹角为钝角，则且与不共线， 由，解得， 设，可得，所以，解得， 所以当与的夹角为钝角时，实数的取值范围为，所以D正确. 故选：ABD. 10. 设为复数，下面四个命题中，真命题的是（ ） A. 若，则为纯虚数 B. C. 若，则点的集合构成的图形的面积为 D. 若复数满足，则 【答案】BD 【解析】 【分析】特殊值判断A；令且，结合共轭复数定义及复数乘法、模的相关运算判断B；首先判断所表示的图形，再求其面积即可判断C；由即可判断D. 【详解】A：当为实数时，满足，故A错； B：令且，则，故，故B对； C：由表示以为圆心，1、2为半径的两个圆所成的圆环， 所以点的集合构成的图形的面积为，故C错； D：因为，又，， 所以，则，故D对. 故选：BD 11. 如图，正方体边长为2，分别是中点，平面截正方体与棱分别交于点，下列选项正确的是（ ） A. 三线交于一点 B. 是多边形边上的动点，的最大值是 C. 正方体被截面分成上下两部分的体积之比为 D. 棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用平面的基本性质判断A；利用向量数量积的几何意义，在底面上的投影在上运动，将作转化求值判断B；应用棱锥、正方体的体积求法求正方体被截面分成上下两部分的体积判断C；首先确定球心的位置，再由几何关系列方程求半径，即可得表面积判断D. 【详解】由分别是中点，所以作直线必与交于一点， 而平面且与平面不平行，所以与平面有且仅有一个交点， 为平面与棱的交点，所以延长也必与交于一点， 由都在平面，所以、、交于同一点，A对； 同A分析，应用平面的基本性质，可得如下图示的截面，即为面， 易知，， 作平行于正方体侧棱，分别交于， 而是多边形边上动点，所以在底面上的投影在上运动， 要使最大，只需与夹角小于且在上投影最长， 如图，与重合，即与重合时，在上投影最长， 此时，且， 而，所以，B对； 由上图，正方体被截的下部分体积， 所以正方体被截的上部分体积， 所以，C对； 由题设，棱锥的外接球的球心在过正方形中心且垂直于该平面的直线上，如下图示， 所以球体半径，可得， 所以，则球体表面积，D错. 故选：ABC 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则它的值域是______． 【答案】 【解析】 【分析】应用二次函数、指数函数的性质求复合函数的值域即可. 【详解】由，则， 所以函数的值域为. 故答案为： 13. 衢州是孔子后裔的世居地和第二故乡，素有“东南阙里，南孔圣地”的美誉，孔子雕像坐落于孔子文化公园内．如图，选取与孔子雕像底部在同一平面内的三个测量基点，且在处测得雕像顶点的仰角分别为，米，则孔子雕像高为______米． 【答案】 【解析】 【分析】设米，得到，结合及余弦定理求解. 【详解】设米，由题设有，又， 由， 所以，则，可得米. 故答案为： 14. 已知菱形的边长为2，设，若恒成立，则菱形面积的取值范围是______． 【答案】 【解析】 分析】先根据向量相加得出，再应用菱形面积公式，得出菱形面积范围. 【详解】菱形的边长为2， 设，若恒成立， 由，所以， 在中， ， 则菱形面积为， 因为，， 当时，菱形面积最大值为， 故答案：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知复数满足和均为实数． （1）求复数； （2）若是关于的方程的一个根，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1），根据复数的四则运算和复数的分类得到方程，解出即可； （2）根据方程根共轭复数的特点以及韦达定理即可得到答案. 【小问1详解】 设为实数，所以， 为实数， 所以，故； 【小问2详解】 由求根公式可知，若和是关于的方程的两个根， 由韦达定理，. 16. 已知平面向量． （1）若，求与的夹角； （2）若，求向量在向量上的投影向量． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及向量垂直的坐标表示列方程求得，再应用向量夹角的坐标运算求夹角即可； （2）由已知及向量平行的坐标表示列方程求的，根据投影向量的定义求向量在向量上的投影向量. 【小问1详解】 由题设，又， 所以，则，故， 所以，而， 所以. 【小问2详解】 由，则，可得，则， 所以向量在向量上的投影向量. 17. 已知函数． （1）当时，求关于的不等式的解； （2）若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二次函数的性质及得到，解一元二次不等式及指数函数的单调性求解集； （2）问题化为，上，应用基本不等式及分类讨论求函数的最值，进而求参数范围. 【小问1详解】 由题设，则在上单调递增， 由，且，即， 所以，可得，故， 所以不等式的解集为； 【小问2详解】 由题意，，上， 在上，， 当且仅当时取等号，故， 在上，的开口向上且对称轴为， 当时，在上单调递增，则， 此时，不符合前提； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则， 此时，故； 当时，在上单调递减，则， 此时恒成立，即； 综上，. 18. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的面积为，为边上的一点， （i）若，求长． （ii）若，求长的最小值； 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）应用余弦边角关系得，再应用余弦定理求角的大小； （2）（i）由已知得，若且，则，利用面积公式得，进而有，最后应用余弦定理求边长； （ii）由已知可得，应用向量数量积的运算律得，根据三角形面积公式得，最后应用基本不等式求最小值. 【小问1详解】 由，则， 所以，则， 【小问2详解】 （i）由题设，则， 若且，如下图示， 由，，则，则， 所以，则， 故； （ii）由，如下图示，， 所以，则 ， 又，则，故， 当且仅当时取等号，故长的最小值为. 19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积． （2）如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积． （3）如图3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由祖暅原理即可求解； （2）由祖暅原理即可求解； （3）由祖暅原理即可求解. 【小问1详解】 如下图：左侧几何体的为半径为的半球，右侧几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分） 左侧截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为， 易知右侧截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为， 所以，截得的截面的面积相等， 所以新几何体的体积等于半球的体积， 即 小问2详解】 球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm． 构造建立一个底面半径为，高为8的圆柱， 那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积， 此时圆锥底面的半径 所以， 所以整个容器的容积为. 【小问3详解】 由（2）可知： 当球台下底半径为，上底半径为cm，上下底面间的距离为， 那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积， 此时圆锥底面的半径， 所以球台体积为：， 再加个半个球的体积即为球缺的体积： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$