精品解析：安徽省六安第二中学河西校区2024-2025学年高一下学期4月期中考试试卷

六安二中河西校区2025年春学期高一年级期中考试 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分命题人：徐先杰 审题人：蔡仁军 一､单选题：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，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数和复数乘法运算计算可得. 【详解】，故的虚部是． 故选：B 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，，边长，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形，， 底边长，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用二倍角公式对目标进行化简，在结合同角三角函数的基本关系弦化切，代入即可求解. 【详解】由， 将代入，可得 故选：A． 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】将给定的两个等式平方相加，再逆用差角的余弦公式即得. 【详解】由，，得， 整理得，所以. 故选：B 5. 已知非零向量满足，且，则与夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得，结合已知计算可求得，进而可求夹角． 【详解】因为， 所以，所以， 所以，因为， 所以，又因为，所以． 所以与的夹角为． 故选：A． 6. 圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为（ ） A. B. 18 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】作出过圆锥顶点的截面，两条母线的夹角是时，截面三角形的最大面积，结合母线长为6，代入可得截面面积的最大值． 【详解】解：如图，过圆锥顶点认作一截面，交底面圆与， 圆锥轴截面的顶角为， 则时，截面面积取最大值， 过圆锥顶点的截面中，最大截面面积为， 故选：B． 7. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，则下列对三角形解的个数的判断正确的是（ ）． A. ，，，无解 B. ，，，有一解 C. ，，，有两解 D. ，，，有两解 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理，逐一对各个选项进行分析判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由正弦定理，可得， 三角形无解，故A正确； 对于B，因为，且，由大边对大角可知角不存在， 故三角形无解，故B错误； 对于C，由正弦定理可得，此时， 三角形有一解，故C错误； 对于D，由正弦定理可得，三角形无解， 故D错误； 故选：A 8. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将、向量都用、表示出来，再利用平面向量基本定理列方程组可求的取值. 【详解】因为、、三点共线，点是中点，所以, 又因为是上靠近点三等分点，所以, 且因为，则, 即,消可解得. 故选：. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 直四棱柱是长方体 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 棱台的侧面是等腰梯形 【答案】BC 【解析】 【分析】利用直四棱柱的定义可以判断A，由棱柱的定义可判断B，利用正棱锥的定义可以判断C，利用正棱台的定义可以判断D. 【详解】对于选项A，长方体为底面为长方形的直四棱柱，故A错误； 对于选项B，由棱柱的定义可知，上下底面全等且平行，所以侧面都是平行四边形，故B正确； 对于选项C，根据正棱锥定义，底面为正多边形，侧棱都相等，所以侧面是全等的等腰三角形，故C正确； 对于选项D，若棱台为正棱台，则侧面都是等腰梯形，故D错误； 故选：BC. 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必是等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理可判断A；由正弦函数的单调性可判断B；由正弦定理边化角判断C，利用余弦定理可判断D. 【详解】对于A， 在中，若，则，由正弦定理可得，A正确； 对于B，锐角中，，则， 故，B正确； 对于C，在中，若，则， 即得，故或， 故或，即是等腰三角形或直角三角形，C错误； 对于D，，，则， 故，，结合，可知等边三角形，D正确， 故选：ABD 11. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点M，B，C三点共线 B. 在中，若，则为等腰三角形 C. 若点M是的重心，则 D. 若且，则的面积是面积的 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据共线向量基本定理的推论可判断A；根据向量数量积的定义结合条件可判断B；画出图形，结合向量加法法则及重心的概念及性质可判断C；根据向量的线性运算的几何表示结合图形可得到的面积与面积底相同，高线之比为2:3，从而得到可判断D. 【详解】A选项，因为，，所以点M，B，C三点不共线，A错误； B选项，因为， 所以，又， 故，即为等腰三角形，B正确； C选项，如图，取BC中点H，连接AH，若点M是的重心，则点M在AH上，且， 又，则，C正确； D选项，由于，而，所以，其中， 不妨设，则Q点在直线BC上， 由于与同底，而高线之比等于与的比，即比值为2:3， 所以的面积是面积的，D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，答案需填最简形式. 12. 已知，则_________. 【答案】##0.28 【解析】 【分析】根据诱导公式以及二倍角公式化简求值，即得答案. 【详解】由，得， 则 ， 故答案为： 13. 已知向量，，，则向量在上投影向量为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用求出，再根据投影向量公式即可. 【详解】因，则， 又因，，则， 则， 则向量在上的投影向量为. 故答案为： 14. 如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得. 【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示： 连接，则的长度即为的最小值， 因为，所以 ， 所以，所以，即的最小值为. 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. 在中，已知，，. （1）求； （2）求的面积S及外接圆半径R. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理代入计算，即可得到结果； （2）由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果，再由正弦定理即可得到外接圆的半径. 【小问1详解】 由余弦定理可得. 【小问2详解】 由（1）可知，且，则， 则， 由正弦定理可得，即，则. 16. 如图，四边形中，，，，，， （1）求将四边形绕直线旋转一周所成几何体的体积； （2）求将四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，求出各边长度，求出四边形绕直线旋转一周形成圆台和三角形绕直线旋转一周形成圆锥的体积，相减即可； （2）求出以为半径的圆的面积，以为母线的圆台的侧面积和以为母线的圆锥的侧面积，相加后得到答案. 【小问1详解】 作，，E，F为垂足， 因为，所以， 因为，所以，， 故， 又，，故， ， 由勾股定理得， 由四边形绕直线旋转一周形成圆台， 且， 由三角形绕直线旋转一周形成圆锥， 且 所以将四边形绕直线旋转一周所成几何体的体积为； 【小问2详解】 四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积分为三部分， 以为半径的圆的面积为， 以为母线的圆台的侧面积， 以为母线的圆锥的侧面积， 所以该几何体的表面积为. 17. 已知，为单位向量，且与的夹角为. （1）若与共线，求实数的值； （2）求的值； （3）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线定理求解即可； （2）根据结合数量积的运算律求解即可； （3）由题意可得且向量与不共线，再根据数量积的运算律和平面向量共线定理求解即可. 【小问1详解】 因为与共线， 则存在唯一实数，使得， 所以，解得， 所以； 【小问2详解】 因为，为单位向量，且与的夹角为， 所以， 则； 【小问3详解】 因为向量与的夹角为锐角， 所以且向量与不共线， 由，得， 即，解得， 当向量与共线时， 则存在唯一实数，使得， 所以，解得， 因为向量与不共线，所以， 综上所述，实数的取值范围为. 18. 在中，. （1）若，的面积为，求； （2）若， ①求的值： ②求面积的最大值； ③求周长的取值范围. 【答案】（1）； （2）①；②；③. 【解析】 【分析】（1）应用余弦边角关系可得，应用余弦定理有，进而有，再由面积公式得，结合已知即可求边长； （2）①应用正弦定理有，结合合比性质即可得；②③应用基本不等式求的范围，即可得面积最值和周长范围. 【小问1详解】 由题设及余弦边角关系有， 所以，则，且， 在三角形中有，又，可得， 结合，则； 【小问2详解】 ①由（1）有，则，所以； ②由，当且仅当时取等号， 所以，即面积最大值为； ③由，则， 当且仅当时取等号，所以周长. 19. 某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境．如图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为4百米，C，D都设计在以AB为直径的半圆上．设． （1）现要在四边形ABCD内种满郁金香，若，则当为何值时，郁金香种植面积最大； （2）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若BC＝CD，则当为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值（单位：百米）． 【答案】（1）当时，郁金香种植面积最大；（1）当为时，栈道的总长l最长，l的最大值为6百米. 【解析】 【分析】(1)求出利用三角形的面积公式可得四边形ABCD关于的函数，利用三角函数的恒等变换可以得到“一角一函”的形式,然后根据角的范围利用正弦函数的性质可求得面积最大值； (2)利用余弦定理求得关于的三角函数，相加可求出关于的三角函数表达式，利用二倍角公式和换元思想转化为二次函数的最值，进而求解. 【详解】解：(1) ∵线段AB长为4百米，所以圆的半径为2百米，即, 当时，由三角形的面积公式得： ， ，则， ，当，即时取等号， ∴当时，取得最大值， 当时，郁金香种植面积最大； (2)由余弦定理得： ，， ， 令，∵，∴， ， ，即时，的最大值为6. 故当为时，栈道的总长l最长，l的最大值为6百米. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安二中河西校区2025年春学期高一年级期中考试 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分命题人：徐先杰 审题人：蔡仁军 一､单选题：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，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A B. C. D. 6. 圆锥的母线长为6，轴截面的顶角为120度，过两条母线作截面，则截面面积的最大值为（ ） A. B. 18 C. D. 9 7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列对三角形解的个数的判断正确的是（ ）． A. ，，，无解 B. ，，，有一解 C. ，，，有两解 D. ，，，有两解 8. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ） A. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 直四棱柱是长方体 B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 棱台的侧面是等腰梯形 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 在中，若，则必是等腰直角三角形 D. 在中，若，，则必等边三角形 11. 设点M是所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A 若，则点M，B，C三点共线 B. 在中，若，则为等腰三角形 C. 若点M是的重心，则 D. 若且，则的面积是面积的 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，答案需填最简形式. 12. 已知，则_________. 13. 已知向量，，，则向量在上的投影向量为________． 14. 如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为______. 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. 在中，已知，，. （1）求； （2）求的面积S及外接圆半径R. 16. 如图，四边形中，，，，，， （1）求将四边形绕直线旋转一周所成几何体体积； （2）求将四边形绕直线旋转一周所成几何体的表面积． 17. 已知，为单位向量，且与的夹角为. （1）若与共线，求实数的值； （2）求的值； （3）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 18. 在中，. （1）若，的面积为，求； （2）若， ①求值： ②求面积的最大值； ③求周长的取值范围. 19. 某公园为了吸引更多的游客，准备进一步美化环境．如图，准备在道路AB的一侧进行绿化，线段AB长为4百米，C，D都设计在以AB为直径的半圆上．设． （1）现要在四边形ABCD内种满郁金香，若，则当为何值时，郁金香种植面积最大； （2）为了方便游客散步，现要铺设一条栈道，栈道由线段BC，CD和DA组成，若BC＝CD，则当为何值时，栈道的总长l最长，并求l的最大值（单位：百米）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $