精品解析：广东省广州市第六中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

广州市第六中学2024级高一下学期数学期中考试 本试卷共2页，19道题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ） A. B. C. D. 4. 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 5. 设是三条直线，是三个平面，若，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则异面 C. 若，，，则 D. 若，，则 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 中，内角的对边分别为，若已知，则“”是“有且仅有一解”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 8. 已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3个小题，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. 设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 B. 若点坐标为，且是实系数方程的一个根，则 C. 若，则或 D. 若是纯虚数，则的共轭复数 10. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（    ） A. 存在点，使 B. 存在点，使平面平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形 11. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 在上的投影向量为； D. 若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4. 二、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知用斜二测画法画出的的直观图是边长为的正三角形，原的面积为______. 13. 若向量与不共线也不垂直， 且， 则向量夹角________. 14. 设函数在区间上恰有2个最值点和2个零点，则的取值范围是________. 三、解答题（本大题共5个小题，共77分，其中书写分3分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，，，． （1）若，求x的值； （2）若，求的值． （3）若与的夹角是锐角，求x的取值范围． 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求. 17. 如图，正方体的棱长为2，为中点，与平面交于点. （1）求证：为的中点； （2）求到平面的距离. 18. 2024年政府工作报告中提出，加快新质生产力，积极打造低空经济.某市积极响应国家号召，不断探索低空经济发展新模式，引进新型无人机开展物流运输.该市现有相距100km的A，B两集散点到海岸线为直线距离均为如图，计划在海岸线l上建造一个港口C，在A，B两集散点及港口C间开展无人机物流运输.由于该无人机最远运输距离为，需在A，B，C之间设置补能点无人机需经过补能点M更换电池，且，设 （1）当时，求无人机从A到C运输航程的值; （2）求的取值范围. 19. 多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： （1）碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； （2）规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； （3）如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第六中学2024级高一下学期数学期中考试 本试卷共2页，19道题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共8个小题，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. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，然后再求复数的虚部即可. 【详解】由， 可得， 所以的虚部是， 故选:A. 2. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的定义可得正切值与终边上一点的坐标关系，再利用诱导公式和特殊角三角函数值，即可求解. 【详解】由角的终边经过点，则， 故选：B. 3. 如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件结合平面向量基本定理求解即可. 【详解】因为在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，，， 所以 . 故选：A 4. 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． 5. 设是三条直线，是三个平面，若，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则异面 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】对于选项A，若，，则与平行、相交或异面，所以A错误； 对于选项B，若，，，则与可能相交，平行，异面，所以B错误； 对于选项C，因为，，，所以且，所以，所以C正确； 对于选项D，若，，则与可能相交，如三棱柱的三个侧面，所以D错误． 故选：C． 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出、的值，进而得到、的值，最后根据，利用两角和的正切公式计算. 【详解】已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即.  已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即.  因为，根据两角和的正切公式可得： . 故选：D. 7. 中，内角的对边分别为，若已知，则“”是“有且仅有一解”的（ ）条件． A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】D 【解析】 【分析】给定的边、和角，通过正弦定理来分析三角形解的情况，进而判断两个条件之间的逻辑关系 【详解】判断充分性， 由正弦定理可得. 已知，即（因为），由于，所以. 当时，，此时可能有两个值（一个锐角和一个钝角），那么可能有两解，所以由不能推出有且仅有一解，充分性不成立. 判断必要性， 若有且仅有一解，有两种情况： 情况一：且，此时由正弦定理，可得，因为，所以. 情况二：且或，当时，；当时，. 所以由有且仅有一解不能推出，必要性不成立. 则“”是“有且仅有一解”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 8. 已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解. 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故选：C． 二、多项选择题（本大题共3个小题，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. 设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A. 若，则点的集合所构成的图形的面积为 B. 若点坐标为，且是实系数方程的一个根，则 C. 若，则或 D. 若是纯虚数，则的共轭复数 【答案】AB 【解析】 【分析】对于AC，根据复数的模长，以及其几何意义，可得正误；对于B，由点的坐标写出复数，代入方程，建立方程组，可得正误；对于D，根据复数的除法，结合纯虚数以及共轭复数的定义，可得正误. 【详解】对于A，因为，则点的轨迹是两个圆心为原点，半径分别为的圆形成的圆环， 则点的集合所构成的图形的面积为，A正确； 对于B，因为是实系数方程的一个根， 所以，则， 所以，解得，则，B正确； 对于C，由，点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，圆上的点对应复数有无数个，C错误； 对于D，是一个纯虚数， 则，即，则，所以，D错误. 故选：AB. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（    ） A. 存在点，使 B. 存在点，使平面平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，取点为与的交点，可证明即可判断A项；对于B项，若平面平面，即可得出且，而，故G应在延长线上，即可判断B项；对于C项，G移动但G到面的距离始终不变即可判断C项；对于D项，为靠近C的四等分点时画出截面图，由图可可判断D项. 【详解】对于A项，存在点为与的交点，使得，理由如下： 若点为与的交点，则三点共线， 由正方体性质得，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为为中点，所以，所以，即，A正确； 对于B项，如图，连接，H为侧面中心， 则平面与平面和平面分别交于线， 若存在G点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形， 即，，此时G应在延长线上，B错误； 对于C项，易知平面，随着G移动但G到平面的距离始终不变，即为， 故是定值，C正确； 对于D项，如图，当为靠近C的四等分点时， 平面截正方体的截面为正六边形，D正确 故选：ACD 11. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 在上的投影向量为； D. 若点为正八边形边上的一个动点，则的最大值为4. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正八边形图形特征应用数量积公式得出A，应用和向量判断B，应用投影向量判断C，应用数量积投影最大求解D. 【详解】由题意可知，正八边形每条边所对的角都是，中心到各顶点的距离为2， 对于A，，故A错误； 对于B，，则以为邻边的正方形对角线长是的倍， 可得，故B正确； 对于C，在上的投影向量为，故C正确； 对于D，设的夹角为，则， 其中为定值，只需最大即可，， 延长交延长线于，当在线段上运动时，最大， 易知为等腰直角三角形，且， 则在中，， 在等腰三角形中，， 则， 综上，BCD正确. 故选：BCD. 二、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知用斜二测画法画出的的直观图是边长为的正三角形，原的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】在直观图中过点作交于点，利用正弦定理求出，从而得到平面图形，求出相关线段的长度，即可求出面积. 【详解】如图在直观图中过点作交于点， 则，， 由正弦定理，即，解得， 由直观图可得如下平面图形，则，，， 所以. 故答案为： 13. 若向量与不共线也不垂直， 且， 则向量夹角________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积求夹角即可. 【详解】由题意可得： ， 故： ，即向量 与的夹角为 . 故答案为： 14. 设函数在区间上恰有2个最值点和2个零点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦函数的图象和性质即可求解. 【详解】显然，令，则， （1）当时，时，， 由正弦曲线图像可知，两个最值点对应t的值为和，零点对应t的值为和， 则，解得； （2）当时，， 由正弦曲线图像可知，两个最值点对应t的值为和，零点对应t的值为和， 则，解得， 综上，的取值范围是. 故答案为：. 三、解答题（本大题共5个小题，共77分，其中书写分3分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，，，． （1）若，求x的值； （2）若，求的值． （3）若与的夹角是锐角，求x的取值范围． 【答案】（1）或3； （2）或5； （3） 【解析】 【分析】（1）根据两向量垂直数量积为列方程求解. （2）根据两平行向量坐标之间的关系列方程求解出x，代入得到的坐标，再代入向量模的公式进行求解. （3）与的夹角是锐角，则且两向量不共线. 【小问1详解】 若，则， 整理得，解得或． 所以的值为或3． 【小问2详解】 （2）若，则有，即，解得或， 当时，，，则，得； 当时，，，则，得． 所以，的值为或5． 【小问3详解】 （3）因与的夹角是锐角，则，即，得， 又当与共线时，有，得，不合题意，则 综上，的取值范围为． 16. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可求出的值以及的值，结合余弦定理可得出关于的等式，解之即可. 【小问1详解】 由，得， 则，即，而，所以. 【小问2详解】 由，得，即， 由，得，即， 由余弦定理，得， 联立三式，得，解得. 17. 如图，正方体的棱长为2，为中点，与平面交于点. （1）求证：为的中点； （2）求到平面的距离. 【答案】（1）证明如下： 依题意连接， 则，又平面，平面， 则平面， 因为与平面交于点， 即平面平面， 则，所以， 又为中点，可得为的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由面面平行的性质定理得到，进而得到，结合是棱的中点，得到结论； （2）根据等体积法，即可求得到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 因为正方体的棱长为2， 在中，，则， 在中，则， 又， 在中，由余弦定理，， 则，于是， 因为，即， 所以， 即到平面的距离为. 18. 2024年政府工作报告中提出，加快新质生产力，积极打造低空经济.某市积极响应国家号召，不断探索低空经济发展新模式，引进新型无人机开展物流运输.该市现有相距100km的A，B两集散点到海岸线为直线距离均为如图，计划在海岸线l上建造一个港口C，在A，B两集散点及港口C间开展无人机物流运输.由于该无人机最远运输距离为，需在A，B，C之间设置补能点无人机需经过补能点M更换电池，且，设 （1）当时，求无人机从A到C运输航程的值; （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据解三角形求出，故从A到C运输航程； 由已知，，，根据无人机的最远距离，列不等式求出，令，，因为，所以，求解即可. 【小问1详解】 当时，，作， 则，所以， 故从A到C运输航程； 【小问2详解】 由已知，， ，， 因为无人机最远运输距离为， 所以， 所以， ， 令，， 因为，所以， ， 当时，， 当时，， 故的范围是 19. 多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： （1）碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； （2）规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； （3）如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 【答案】（1）20 （2） 设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号 多边形有 条边，多面体有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形内角之和，所有多边形内角之和， 故总曲率为. 则任何简单多面体的总曲率是常数； （3） 由某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，可知， 于是，将其代入， 所以，所以， 因此，又， 故所有五组正整数解为：， 当时，，则，此时正多面体为正四面体， 当时，，则，此时正多面体为正六面体， 当时，，则，此时正多面体为正十二面体， 当时，，则，此时正多面体为正八面体， 当时，，则，此时正多面体为正二十面体， 所以正多面体仅有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体共五种. 【解析】 【分析】（1）由已知，正五边形的个数为，正六边形的个数为，则，解出即可； （2）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，得到多面体的顶点数，进而得所有多边形内角之和，算出总曲率为常数，即可证明； （3）由题意得，代入，可得，因此，又，列出分别说明，即得答案. 【小问1详解】 由题意可知，，由可得， 设正五边形的个数为，正六边形的个数为，则， 因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数， 联立，解得，即32个面中正六边形面的个数是20. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $