精品解析：浙江省新力量联盟2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题

2024学年第二学期温州新力量联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分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纸上，写在试卷上无效. 4考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单项选择题：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i是虚数单位,若复数z满足,则= A. -2i B. 2i C. -2 D. 2 2. 已知向量，则“”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 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 4. “平面内有一条直线，则这条直线上一点必在这个平面内”用符号语言表述是（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，相交于点，点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C ，， D. ，， 7. 设非零向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 已知点为外接圆的圆心，角所对的边分别为，且，若，则当角取到最大值时的面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 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. 直线与相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 10. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则 11. 已知内角所对的边分别为内一点满足与交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为的面积__________. 13. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为__________. 14. 在中，为内一点，且，若，则的最大值为__________. 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. 已知向量与夹角为，且，. （1）求； （2）； （3）求向量与向量的夹角. 16. 正四棱锥中，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点. （1）求四棱锥的表面积 （2）求四面体的体积. 17. 在复平面内复数，其所对应点分别为为坐标原点，是虚数单位. （1）求； （2）当为何值时，关于的二次方程有一个实根. 18. 已知分别为锐角三个内角的对边，且. （1）求； （2）若； （i）求周长的取值范围. （ii）当周长最大时，设点为边的中点，点在边上（包括端点），求的最小值. 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） （2）在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期温州新力量联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分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纸上，写在试卷上无效. 4考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单项选择题：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i是虚数单位,若复数z满足,则= A. -2i B. 2i C. -2 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】由得,即,所以,故选A. 【名师点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则,除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化.注意下面结论的灵活运用：(1)(1±i)2＝±2i；(2)＝i,＝－i. 2. 已知向量，则“”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】A 【解析】 【分析】根据数量积的定义结合充分条件、必要条件的概念可得结果. 【详解】由可得，故，所以. 由可得，故，而方向不一定相同，故.不能得到. 综上得，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 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． 4. “平面内有一条直线，则这条直线上的一点必在这个平面内”用符号语言表述是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由点线面的关系把文字语言翻译成符号语言即可. 【详解】平面内有一条直线，则这条直线上的一点必在这个平面内， 符号表达为：，， 故选：C 5. 在平行四边形中，相交于点，点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理即可得到答案. 【详解】因为O是AC的中点， ，又由可得E是DO的中点， . 故选：B. 6. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D. 【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边， 任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误； 对于B，根据正弦定理得，， 又，，B有两解，故B符合题意； 对于C，由正弦定理：得：， C只有一解，故C不符合题意 对于D，根据正弦定理得，， 又，，D只有一解，故D不符合题意. 故选：B 7. 设非零向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量夹角余弦公式得到，由同角三角函数关系得到正弦值，进而代入公式求出答案. 【详解】， 故， 所以， 故. 故选：D 8. 已知点为外接圆的圆心，角所对的边分别为，且，若，则当角取到最大值时的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的中点为，运用向量的线性运算和向量的数量积运算律表示，求得，再由余弦定理和余弦函数的性质可求得答案. 【详解】如下图所示：设的中点为， ， 因，所以，由知，角为锐角， 所以，当且仅当，即时，取得最小值， 因为在上是减函数， 所以此时，角取得最大值，此时恰有， 此时三角形是直角三角形，所以. 故选：A. 二､多项选择题：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. 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. 10. 已知复数，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义判断选项A；由复数的乘法运算以及实数0的含义判断选项B；由复数模的运算性质判断选项C；由复数的乘法运算及共轭复数的概念判断选项D. 【详解】设， 对于A，，，故选项A正确； 对于B，因为， 则，则或， 所以中至少有一个0，即或，故选项B不正确； 对于C，由复数模的运算性质可知， ， =， 所以，故选项C正确； 对于D，当，则， 可得，解得，即， 所以，故选项D正确. 故选：ACD. 11. 已知内角所对的边分别为内一点满足与交于点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦定理即可判断A；由平面向量线性运算即可判断D；由平面向量线性运算及数量积的运算律即可判断B；由三角形面积公式即可判断C． 【详解】因为， 所以由正弦定理得，故A正确； 所以， 所以，故D正确； 所以，故B错误； 由D知，是的平分线， 所以， 整理得，故C错误； 故选：AD． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为的面积__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由三角形的面积公式求解即可. 详解】， 故答案为： 13. 如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理求得，利用直角三角形求得树高. 【详解】在中，由正弦定理得：， 即，即 又， 则， 则树高m， 故答案为： 14. 在中，为内一点，且，若，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据向量数量积的运算性质，结合已知条件得出与的关系式，再利用基本不等式求解的最大值. 【详解】因为，根据向量垂直的性质可知，那么. 对两边同时平方 由可得. 展开可得：. 将，，，代入上式可得： ，即，化简得. 设，，则. 根据基本不等式（当且仅当时取等号），可得： . 所以，当且仅当时取等号. 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. 已知向量与的夹角为，且，. （1）求； （2）； （3）求向量与向量的夹角. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由数量积公式直接得答案； （2）由，再结合（1）的结论可求得答案； （3）由向量夹角公式结合数量积公式即可求得答案. 【小问1详解】 因为向量与的夹角为，且，， 则. 【小问2详解】 . 【小问3详解】 设向量与向量的夹角， 可得， 且，则，所以向量与向量的夹角为. 16. 正四棱锥中，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点. （1）求四棱锥的表面积 （2）求四面体的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，因为，所以，然后计算出四个侧面三角形的面积，计算表面积即可； （2）由于为上靠近的三等分点，所以，由体积公式求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 所以， 因为，所以， 所以， ， 所以四棱锥的表面积为； 【小问2详解】 因为， 所以， 又为上靠近的三等分点，所以， 17. 在复平面内复数，其所对应的点分别为为坐标原点，是虚数单位. （1）求； （2）当为何值时，关于的二次方程有一个实根. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）需要先计算和，再求它们差的模； （2）设出实根，代入方程，根据复数相等的条件求解. 【小问1详解】 【小问2详解】 设是二次方程一个实根，将 代入方程得： 由复数相等的意义得：，解得： 所以当时，原方程有一实根 18. 已知分别为锐角三个内角的对边，且. （1）求； （2）若； （i）求周长的取值范围. （ii）当周长最大时，设点为边的中点，点在边上（包括端点），求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化，再结合三角函数求角即可； （2）（i）先根据正弦定理得出2R的值，把转化为含的三角函数式. 利用将化为，化简得到. 再根据锐角三角形条件确定范围，进而得到范围，求出范围，最后得出周长范围. （ii）当周长最大时三角形是等边三角形，建立直角坐标系确定、坐标，得出向量、，计算数量积，通过配方求最小值. 【小问1详解】 . 由正弦定理得 中， 代入上式化简得：sinC 因为，所以，即 为锐角， 【小问2详解】 （i）由正弦定理得 所以 是锐角三角形， 即 所以周长的取值范围为. （ii）当三角形周长最大时，三角形为等边三角形，以所在直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立直角坐标系， 由题意可知，设， 则 所以， 当时，取最小值 所以的最小值是 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） （2）在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； （3）已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，结合锥体体积公式得“球锥”的体积. （2）根据球缺体积是圆锥体积的2倍这一条件，结合球缺和圆锥体积公式列出等式，通过化简求解的值. （3）根据正四面体与“球锥”的内接关系，利用正四面体的外接圆半径和高的性质，分析得出存在棱长唯一的正四面体内接“球锥”时的取值范围. 【小问1详解】 把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为， 所有小锥体的底面积之和即球冠面积， 结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. 【小问2详解】 设圆锥半径为，则， 当球缺的体积是圆锥的体积的2倍时，， 即 消去，得 整理得，因为，所以 【小问3详解】 设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时，，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体， 所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则， 且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$