精品解析：安徽省淮南第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

2024级高一年级下学期期中考试数学试卷 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. 若复数的共轭复数对应的点在第一象限，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数的定义求出，再根据复数的几何意义求解. 【详解】由题，，对应的点在第一象限， 则，可得，又为整数，所以． 故选：B． 2. 下列命题正确的是（ ） A. 直角三角形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥 B. 有两个面平行且相似，其它各个面都是梯形的多面体是棱台 C. 棱锥的侧面和底面可以都是三角形 D. 圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线 【答案】C 【解析】 【分析】由已知，选项A，棱锥是绕直角三角形的直角边旋转而非任意边；选项B，棱台的侧棱需要满足交于同一点；选项C，三棱锥满足要求；选项D，母线需要满足与轴平行. 【详解】选项A，直角三角形绕其直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，故该选项错误； 选项B，由棱台的概念可知，两个面平行且相似，其它各个面都是梯形的多面体不一定是棱台，因为该几何体的所有侧棱不一定交于同一点，故该选项错误； 选项C，三棱锥的侧面和底面都是三角形，故该选项正确； 选项D，圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线不一定都是圆柱的母线，只有与轴平行的线段是母线，故该选项错误； 故选：C. 3. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式，可得答案. 【详解】解：在上的投影向量的坐标为 故选：B. 4. 三角形中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理求得或，再结合三角形内角和及，即可求解． 【详解】由正弦定理得，，解得， 因为，所以或， 又因为，所以， 故选：A． 5. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法，把直观图还原出原平面图形，再求出原平面图形的面积，即可得答案． 【详解】根据题意，因为直观图中，轴，轴， 所以四边形是一个上底为，下底为，高为的直角梯形， 则原四边形的面积． 故选：C． 6. 已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出母线长和底面圆的半径，再根据圆锥的侧面积公式即可得解. 【详解】由题意可知，圆锥的母线长和底面圆的直径均为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：A. 7. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，再由和角公式化简可得或，最后分类讨论即可. 【详解】由正弦定理，得， 所以，故， 所以或，即或， 故为直角三角形或等腰三角形． 选：D． 8. 设正四面体的内切球表面积为，则能装下该正四面体的最小正方体(不计厚度)的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出内切球半径，进而得到正四面体的棱长，正四面体的每条边均为正方体的面对角线时，为能装下该正四面体的最小正方体，从而求出最小正方体的边长和体积. 【详解】设正四面体内切球半径为，则，解得， 如图所示，为的中点，连接，过点作⊥于点， 则⊥平面， 设正四面体的内切球球心为，则则上， 过点作⊥于点， 则， 设正四面体的棱长为，则， 则， ，其中， 故， 故， ∽，故， 即， 解得， 将正四面体按照如图放入正方体中，即正四面体的每条边均为正方体的面对角线， 此时为能装下该正四面体的最小正方体， 设正方体的棱长为，则，解得， 故此正方体的体积为. 故选：C 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 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（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数虚部等于 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 【答案】CD 【解析】 【分析】先化简复数，然后根据复数的虚部概念，纯虚数，共轭复数，及复数的运算逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，复数， 对于A项：，所以复数的虚部等于，故A错误； 对于B项：，故B错误； 对于C项：，故C正确； 对于D项：因为是纯虚数且是实数，即为纯虚数，所以，解得，故D正确． 故选：CD. 10. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据异面直线的概念结合正方体性质可判断AB；根据直线的平行的判定可判断C；利用四点共面可判断D. 【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上， A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误； 对于B，三点在平面内，不在直线上， M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，取的中点E，连接，又N为的中点， 则有，， 所以四边形是平行四边形，所以， ，则与不平行，故C错误； 对于D，连接， 因为M，N分别为棱的中点， 所以， 由正方体的性质可知：， 所以，则有四点共面， 所以直线与共面，故D正确. 故选：BD. 11. 已知的内角的对边分别为，且，在边上，且平分，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A利用正弦定理化简即可；B在和中利用正弦定理即可；C在中利用余弦定理求得长度即可；D利用即可. 详解】对于A，由及正弦定理可得，， 则， 所以，又，所以，所以， 解得，又因为，所以，故A错误； 对于B，由选项A可知，，在边上，且平分， 所以，又，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 两式左右两边分别相除可得，化简得，故B正确； 对于C，由选项B可知，设，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得， 则，故C正确； 对于D，由，得，解得，所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分． 12. 的内角、、所对边长分别为、、，且，则____． 【答案】 【解析】 【分析】应用余弦定理求出角即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为：. 13. 若向量满足，且的夹角为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】, 故答案为：. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，求出勒洛四面体内切球的半径,即可得出结果． 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 正外接圆半径，正四面体的高， 设正四面体的外接球半径为，在中，，解得， 因此，勒洛四面体内切球半径为. 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. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体的体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由题意求出棱柱底面圆的半径，进而由圆柱体积求出棱柱的高h，再结合柱体体积公式用棱柱体积减去圆柱体积即可得解. （2）根据几何体的特征确定表面的组成部分即可求解. 【小问1详解】 因为直三棱柱底面是边长为的正三角形， 所以底面圆的半径为， 设圆柱高为，则圆柱体积为，解得， 所以剩余几何体的体积为. 【小问2详解】 剩余部分几何体的表面积为 . 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． （1）求的面积； （2）若，求b． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得，即可求解. 【小问1详解】 由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； 【小问2详解】 由正弦定理得：，则，则，. 17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面平行判断定理可以得证； （2）存在，点为上靠近的三等分点时，即时， 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.  下面给出证明： 因为，所以，， 又因为点为上靠近点三等分点，所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为面，面， 所以面， 因为E在棱PD上且，即， 又因为， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 18. 某公园规划一个凸四边形区域种植两种花卉以供欣赏，具体设计如下：如图，将四边形划分为两个三角形区域分别种植两种花卉，，．设． （1）用表示的面积； （2）求的最大值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）首先用角表示的内角，再根据正弦定理表示，再根据三角形面积公式，结合三角恒等变换，即可求解； （2）根据三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，,, 中，，由正弦定理，， 所以，， ， 所以， 【小问2详解】 ，， ，所以当时，的最大值为1， 此时的最大值是. 19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角关系，再利用辅助角公式求解即可； （2），由向量的数量积可得，由三角形的面积可得，结合余弦定理可求，可求周长； （3）不妨设，则.由余弦定理解方程组即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得 即：， 所以 所以，即，所以，得； 【小问2详解】 ， 因为， 所以， 由得： ，即， 由余弦定理得，即， 则，解得． 所以的周长为； 【小问3详解】 不妨设，则.由余弦定理得: ，① ，② ，③ 因，所以，即，则， 由②③，，则 即 因为，所以，解得或(舍) 所以，得. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，从而推导出、，结合关系求得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024级高一年级下学期期中考试数学试卷 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 若复数的共轭复数对应的点在第一象限，则的值为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 直角三角形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥 B. 有两个面平行且相似，其它各个面都是梯形多面体是棱台 C. 棱锥的侧面和底面可以都是三角形 D. 圆柱上底面圆上任一点与下底面圆上任一点的连线都是圆柱的母线 3. 已知向量，满足，，则在上投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 在三角形中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 8. 设正四面体的内切球表面积为，则能装下该正四面体的最小正方体(不计厚度)的体积为（ ） A B. C. D. 二、选择题；本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数的虚部等于 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 10. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 11. 已知的内角的对边分别为，且，在边上，且平分，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分． 12. 的内角、、所对边长分别为、、，且，则____． 13. 若向量满足，且的夹角为，则__________. 14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体的体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 16. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． （1）求面积； （2）若，求b． 17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 18. 某公园规划一个凸四边形区域种植两种花卉以供欣赏，具体设计如下：如图，将四边形划分为两个三角形区域分别种植两种花卉，，．设． （1）用表示的面积； （2）求的最大值． 19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若，求实数的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$