精品解析：安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

安徽师范大学附属中学2024~2025学年度第二学期期中考查 高一数学试题 命题教师：张家武 审题教师：费孝文 曹多保 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、单项选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数模的求法即可求解. 【详解】， 故选：D. 2. 若向量，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据由，可得，求出的值. 【详解】由，，则，即，解得. 故选：A 3. 在中，若其面积为S，且，则角A的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的定义及三角形面积公式求解. 【详解】依题意，，， 则，故， 而，所以. 故选：B 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A 12 B. C. 16 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长. 【详解】从直观图可得， 原图形为： 则四边形OABC为平行四边形，， ， 所以其周长为. 故选：C. 5. 在中，点O是的中点，过点O的直线分别交直线于不同的两点M，N，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 8 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，利用三点共线，推出，再根据基本不等式求解即可. 【详解】 如图，由点O是BC的中点，得， 由三点共线，得，则，， 则， 当且仅当，即时取等号，所以取得最小值8. 故选：B 6. 在中，若，且，那么一定是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】结合余弦定理和可求C的大小，利用三角恒等变换公式和可求A与B的关系，从而可判断三角形的形状. 【详解】因为，所以， 又根据余弦定理可知， 所以， 因为，所以. 又由，得， 所以， 所以， 因为A和B是三角形的内角，所以，即， 所以是等腰三角形， 又因为，所以，是等边三角形. 故选：D. 7. 八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中，O为正八边形的中心，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，先证明，再根据正八边形的性质，求得的长和，利用向量数量积的定义即可求得. 【详解】 如图2，连接，因，，则， 因，故， 在中，因，则， 在中，，则， 由可得，则， 故 . 故选：C. 8. 若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为（ ） A. B. 8 C. 6或8 D. 或6 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，三棱台为正三棱台，上下底面的中心，连线构成的线段为高，根据球的性质可得，，进而可得. 【详解】设球的半径为，则，得， 如图所示，为的中心，为的中心， 由题意可知，三棱台为正三棱台，为其高，球心在上， 在中，在中， 故，， 当在线段上时，， 当在线段的延长线上时，， 故选：C 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. 下列有关平面向量的命题中，不正确的是（ ） A. 若，则 B. 已知，，则 C. 若非零向量，，，满足，则 D. 若，则且 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，当且方向相同，才有，故A错误，D正确；B选项可以举出反例，C选项利用向量的数量积推导出，故C错误. 【详解】A选项，，但向量方向可能不同，故A错误； 若，则满足，，但可能不平行，故B错误； 若，即，因为，，均为非零向量，所以，故不一定成立，C错误； 若，则且，D正确. 故选：ABC 10. 的内角A，B，C的对边分别为，则下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则有唯一解 B. 若，则， C. 已知的外接圆的圆心为O，，，M为BC上一点，且有， D. 若，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理即可判断A、B项；根据三角形外心的性质分别得到，将用基底表示，再计算，即可判断C项；先由正弦定理进行边角互化，求得，设，则由余弦定理，求出和，利用正弦定理求得，再利用三角形等面积求得，最后作比即可. 【详解】对于A，由正弦定理，，可得，因，故角有两解，故A错误； 对于B，由，可得，由正弦定理，，因，故得， 又因为，因函数在上单调递减，故，即B正确； 对于C，如图，因外接圆的圆心为O，则， 同理可得， 又因， 故，故C正确； 对于D，因，由正弦定理，， 设，由余弦定理，， 因，则， 又由正弦定理，，即， 又且， 故得，故，即D正确. 故选：BCD . 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个 D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，连接，证明∥即可；对于B项，由即可求解；对于C项，考虑P为B点和中点时即可；对于D项，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM，延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN即可. 【详解】 对于A项，如图①，连接，在正方体中，因为∥，， 所以四边形为平行四边形，故有∥， 又分别是棱的中点，则∥，故∥，即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②，，故B项正确； 对于C项，当P和B重合时，显然AP⊥PC；当P为中点时，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以CP⊥平面， 因为平面，所以CP⊥AP.故满足的点P不止一个，故C错误. 对于D项，如图，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM； 同理延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN， 则五边形为过直线EF的截面，故D正确. 故选：ABD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知向量满足，的夹角为60°，则________． 【答案】 【解析】 【分析】向量的模长先平方，再利用数量积的定义计算. 【详解】依题意，. 故答案为： 13. 已知复数（i是虚数单位），若z所对应的点在复平面的第二象限内，则实数m的取值范围为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的几何意义列出不等式组，求解即可得到答案. 【详解】由题意，复数对应的点在第二象限，需满足： 解得且，故的取值范围为. 故答案为：. 14. 如图，在三棱柱中，E是棱上的一点，且，D是棱BC上一点.若平面ADE，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】连接相交于，根据线面平行的性质及可得答案. 【详解】连接相交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以， 因为，所以， 所以，即， 可得. 故答案为：. 15. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，点O满足，，则的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用题设，求得，推得点为的重心，从而得到，两边取平方后，代入已知，解得，求出的面积，即可求出的面积. 详解】由和正弦定理、余弦定理， 可得，即，因，则， 由，可知点为的重心，设分别为与和与的交点，如图所示， ，故， 两边取平方，， 因，，则得，解得. 故的面积为：， 因为的面积是的面积的3倍，故的面积是. 故答案为：. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且 17. 在复平面内，O为坐标原点，复数是关于x的方程的一个根. （1）求实数m，n的值； （2）若复数，，，所对应的点分别为A，B，C，记的面积为，的面积为，求. 【答案】（1）， （2）2 【解析】 【分析】（1）把代入方程，然后根据复数相等即得；或由题可知也是方程的根，根据韦达定理计算得到答案； （2）根据复数的除法运算结合条件可得，，，进而可得，即得；或根据复数的三角形式及几何意义可得，进而即得. 【小问1详解】 解法一：依题意，， 整理得， 于是，有， 解得，； 解法二：依题意，是方程的另一个根， 于是，有， 解得，； 【小问2详解】 由（1）知，因为， 所以， 所以，，， 从而，，， 可知，所以. 解法二：由（1）知，因为， 所以， 可知， 所以. 18. 如图，直三棱柱中，，，，P为线段上的动点． （1）当P为线段上的中点时，求三棱锥的体积； （2）当P在线段上移动时，求的最小值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，即可求出的面积，再由等体积法求解即可； （2）根据平面展开图可确定的最小值即长，由三角形余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由已知可得， 由余弦定理有，得到． 在中，有， ． 【小问2详解】 将绕旋转到与同一平面（如图所示）， 连接交于点，此时取得最小值，最小值即长． 中，，，， 故，故，即， 又易知，故， 由余弦定理得，所以， （或者在中由勾股定理得） 故的最小值为． 19. 如图四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形，E是PB的中点，过A，D，E的平面α与平面PBC的交线为l． （1）证明：平面PAD； （2）求平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由，得到平面，根据平面与平面的交线为，结合线面平行的性质定理，即可证得平面； （2）设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC，设四棱锥P-ABCD的体积为V，得到，，进而求得平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体积，求得上、下两部分几何体的体积之比． 【小问1详解】 证明：因为，且平面，平面，所以平面， 又平面与平面的交线为，且平面，则， 又平面，平面，故平面. 【小问2详解】 解：设l与PC交于点F，则F为PC的中点，连接DF，DE，DB，EC， 设四棱锥P-ABCD的体积为V，则． 又由，则， 所以平面截四棱锥P-ABCD所得的下面部分的几何体的体积为， 所以上面部分几何体的体积为， 故平面截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比为． 20. 在中，，为边上一点，且． （1）若为边上的中线，求边的最大值； （2）若为的平分线，且为锐角三角形，求边的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在与中分别用余弦定理，再应用基本不等式即可求解的最大值； （2）设，由已知确定范围，在与中分别用正弦定理，得到与的关系求解即可. 【小问1详解】 设，，又为边上的中线，所以， 在中，由余弦定理得，，又， 所以，① 在中，由余弦定理得，， 即，② 由①＋②得， 又由①得（当且仅当时取等号）， 所以， 所以，即． 综上，当且仅当时，边取得最大值． 【小问2详解】 因为为的平分线， 所以可设，则，， 因为为锐角三角形，所以， 所以. 在中，由正弦定理得，③ 在中，由正弦定理得，④ ④÷③得，又， 所以，设，又， 所以，所以在上为增函数， 所以． 21. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长； （3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用对勾函数性质即可得解. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为. 【小问3详解】 设， 由（2）在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 所以， 所以，， 即，令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 所以．即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽师范大学附属中学2024~2025学年度第二学期期中考查 高一数学试题 命题教师：张家武 审题教师：费孝文 曹多保 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、单项选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 若向量，，，则（ ） A B. C. 2 D. 3. 在中，若其面积为S，且，则角A大小为（ ） A. B. C. D. 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A. 12 B. C. 16 D. 5. 在中，点O是的中点，过点O的直线分别交直线于不同的两点M，N，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 8 C. D. 9 6. 在中，若，且，那么一定是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形 7. 八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中，O为正八边形的中心，则（ ） A. B. 1 C. D. 8. 若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为（ ） A. B. 8 C. 6或8 D. 或6 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. 下列有关平面向量的命题中，不正确的是（ ） A. 若，则 B. 已知，，则 C. 若非零向量，，，满足，则 D. 若，则且 10. 内角A，B，C的对边分别为，则下列命题正确的有（ ） A. 若，，，则有唯一解 B. 若，则， C. 已知的外接圆的圆心为O，，，M为BC上一点，且有， D. 若，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个 D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 已知向量满足，的夹角为60°，则________． 13. 已知复数（i是虚数单位），若z所对应的点在复平面的第二象限内，则实数m的取值范围为________. 14. 如图，在三棱柱中，E是棱上的一点，且，D是棱BC上一点.若平面ADE，则的值为________. 15. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，点O满足，，则的面积为________. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 17. 在复平面内，O为坐标原点，复数是关于x的方程的一个根. （1）求实数m，n的值； （2）若复数，，，所对应的点分别为A，B，C，记的面积为，的面积为，求. 18. 如图，直三棱柱中，，，，P为线段上动点． （1）当P为线段上的中点时，求三棱锥的体积； （2）当P在线段上移动时，求的最小值． 19. 如图四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形，E是PB的中点，过A，D，E的平面α与平面PBC的交线为l． （1）证明：平面PAD； （2）求平面α截四棱锥P-ABCD所得的上、下两部分几何体的体积之比． 20. 在中，，为边上一点，且． （1）若为边上的中线，求边的最大值； （2）若为的平分线，且为锐角三角形，求边的取值范围． 21. 著名费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $