精品解析：河北省沧州市2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

高一下学期期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册6.1-8.3． 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. 一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱柱 C. 三棱台 D. 五棱锥 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱台、棱锥、棱柱的结构特性，即可得出每个几何体的面数. 【详解】三棱锥由4个面围成，四棱柱和五棱锥均由6个面围成，三棱台由5个面围成． 故选：C. 2. 已知点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的坐标运算即可求解. 【详解】为，所以， 则． 故选：A 3. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的乘法运算，确定复数的代数形式，进而可判断. 【详解】因为， 所以 所以在复平面内对应的点坐标为， 所以点位于第四象限， 故选：D 4. 若均是单位向量，且，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】通过平方即可求解. 【详解】由题意， ，则． 故选：B 5. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，梯形的面积为30，则梯形的高为（ ） A. B. 10 C. D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】求得直观图的高，再结合直观图与原图线段关系即可求解. 【详解】因为， 梯形的面积为30， 所以梯形的高为， 设与轴的交点为， 即到轴的距离为5， 易得， 所以梯形的高为． 故选：C 6. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出二十四等边体边长为，其中有个面为正方形，个面为正三角形， 再求其表面积. 【详解】根据题意，正方体截得的二十四等边体边长为， 其中有个面为正方形，个面为正三角形， 其表面积为. 故选：B 7. 的内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角恒等变形得，再借助正弦定理角化边可得，最后由正弦定理求解. 【详解】根据题意，，， 即， 根据正弦定理，得，可得， 则，所以， 则外接圆的半径为. 故选：A 8. 已知复数，，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数相等可得，结合三角函数及二次函数的性质即可求解. 【详解】因为，所以 则． 令， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，当时，， 所以． 故选：. 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. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A利用复数的模的定义计算；B利用复数的加法运算；C先计算，再利用共轭复数的定义；D利用复数的乘法运算. 【详解】由题意可得，，则，故A正确； ，故B正确； ，则，故C正确； ，故D错误. 故选：ABC 10. 的内角，，的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】BC 【解析】 【分析】由求出的范围，即可判断, 【详解】由满足的有两解，可得，即， 即，则符合题意的有BC. 故选：BC 11. 如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体内切球的表面积为 B. 若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为 C. 若点是的外心，则 D. 若动点满足，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由球的体积以及表面积公式即可判断AB，由，结合数量积的运算律代入计算，即可判断C，由题意可得三点共线，然后将正方体展开，结合勾股定理代入计算，即可判断D 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径， 内切球的表面积为，故A正确； 对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的， 则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误； 对于C，因为是以为边长的等边三角形， 若点是的外心，即是的重心， 由重心定理可得， 则 ，故C正确； 对于D，若动点满足， 由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上， 将平展在一个平面中，如图所示： 则， 故， 故的最小值为，故D 正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数的虚部为______． 【答案】5 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则将复数表示为一般形式，可得出该复数的虚部. 【详解】因为复数， 所以该复数的虚部为5． 故答案为：5. 13. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为______立方米． 【答案】24 【解析】 【分析】根据四棱锥体积公式直接代入计算可得结果. 【详解】由题可知，据胜亭屋顶部分的体积约为立方米． 故答案为：24 14. 如图，在中，，，，是的中点，是以为圆心，为半径的圆上任意一点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合图形和题设条件，推出，以及和，利用向量数量积的运算律化简得出，根据图形，即可确定的最大最小值，从而得到的取值范围. 【详解】因，，，则有， 又因是的中点，是以为圆心，为半径的圆上任意一点， 则得， 因，， 则 ， 由图知，当与同方向时，取得最大值1， 当与反方向时，取得最小值， 故. 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. 如图，在平行四边形中，是的中点，． （1）用表示； （2）若，证明：． 【答案】（1）， （2）证明如下： 由（1）可知 ， 因为，所以， 则，即， 从而． 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算即可求解； （2）根据向量的数量积运算及垂直关系的向量表示即可证明. 【小问1详解】 因为四边形为平行四边形，是的中点，， 所以， ． 【小问2详解】 略 16. 如图，在中，，为的边上的高所在的直线，延长与相交于点，且，将绕着旋转一周得到一个几何体． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意，该几何体是由一个底面半径为3，高为的圆锥体内挖去一个底面半径为1，高为的圆锥后所得的，利用圆锥的体积公式计算即可； （2）该几何体的表面积为两个圆锥的侧面积加一个圆环面积，计算即可. 【小问1详解】 由，可得， 则， 则该几何体是由一个底面半径为3，高为的圆锥体内挖去一个底面半径为1，高为的圆锥后所得的． 所以，该几何体的体积为． 【小问2详解】 由题及（1）可得，， 则该几何体的表面积为． 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，进而可求解； （2）由余弦定理结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由，可得． 因为，所以． 又，且， 所以解得． 【小问2详解】 由余弦定理可知． 因为，所以， 整理得，解得或（舍去）． 由，可得， 则的面积． 18. 如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2，且，． （1）当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）记三棱锥外接球的表面积为，底面ABCD的面积为，求的取值范围. 【答案】（1）表面积为10，体积为2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用长方体的表面积和体积计算方法计算即可； （2）由图和已知可知三棱锥的体积为长方体的体积减去四个全等的三棱锥的体积，由表示出后，利用基本不等式即可求出最大值； （3）由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球，则由表示出后代入并化简，利用基本不等式即可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为底面 为正方形，所以， 则长方体的表面积为， 体积为. 【小问2详解】 由图和已知， ， 当且仅当时，等号成立，故三棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球， 设该外接球的半径为则， 所以， 则， 令，则，， 因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的取值范围为. 19. 如图，在中，是上一点，是上一点，且． （1）已知，在的垂直平分线上，且． ①求； ②若为外接圆的圆心，为外接圆的圆心，求． （2）若是的角平分线，，求的最大值． 【答案】（1）①；② （2）1． 【解析】 【分析】（1）①由条件得，在中，利用余弦定理求出，继而求得，再在中利用余弦定理即可求得；②结合题意推出四点共线，利用正弦定理分别求出和的外接圆半径，继而求出和即可求得； （2）结合三角形的角平分线，由面积相等推得，在中由余弦定理和基本不等式求得，再由和基本不等式即可求出的最大值(两次不等式等号成立条件相同). 【小问1详解】 ①由题意得，， 在中，由余弦定理得， 即，解得． 又，则，． 在中，由余弦定理得． ②如图，易得四点共线． 在中，由正弦定理，可得，得， 则． 在中，由正弦定理，可得，得， 则． 故． 【小问2详解】 因， 则得， 即(*). 在中，由余弦定理得： ， 因，且，故可得， 当且仅当时，等号成立. 此时，由(*)可得：， 当且仅当时，等号成立. 所以的最大值为1． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期期中考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册6.1-8.3． 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. 一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱柱 C. 三棱台 D. 五棱锥 2. 已知点，则（ ） A. B. C. D. 3. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 若均是单位向量，且，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 5. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，梯形的面积为30，则梯形的高为（ ） A. B. 10 C. D. 20 6. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 3 D. 6 8. 已知复数，，若，则的取值范围为（ ） 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. 已知复数，，则（ ） A. B. C. D. 10. 的内角，，的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 11. 如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体内切球的表面积为 B. 若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为 C. 若点是的外心，则 D. 若动点满足，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数的虚部为______． 13. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为______立方米． 14. 如图，在中，，，，是的中点，是以为圆心，为半径的圆上任意一点，则的取值范围为______． 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. 如图，在平行四边形中，是的中点，． （1）用表示； （2）若，证明：． 16. 如图，在中，，为的边上的高所在的直线，延长与相交于点，且，将绕着旋转一周得到一个几何体． （1）求该几何体的体积； （2）求该几何体的表面积． 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． 18. 如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2，且，． （1）当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）记三棱锥外接球的表面积为，底面ABCD的面积为，求的取值范围. 19. 如图，在中，是上一点，是上一点，且． （1）已知，在的垂直平分线上，且． ①求； ②若为外接圆的圆心，为外接圆的圆心，求． （2）若是的角平分线，，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $