精品解析：浙江省宁波市六校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题

2024学年第二学期宁波六校联盟期中联考 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. 第I卷（选择部分，共58分） 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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，则的虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 2. 如图所示，用符号语言可表达为（ ） A. ，， B. ，， C. ，，， D. ，，， 3. 在中，已知，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 1 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ） A. B. C. 24 D. 48 5. 在中，设，，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 下面关于空间几何体的叙述：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③正四棱柱都是长方体；④直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤平行六面体是六棱柱.其中叙述正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 碧津塔是著名景点·某同学为了测量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ） A. 37.54 B. 38.23 C. 39.53 D. 40.52 8. 如图，中，.在所在的平面内，有一个边长为1的正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（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，则下列结论中正确的是（ ）. A. . B. 与的夹角余弦值为. C. 与同向共线的单位向量是. D. 向量在向量上的投影向量为. 10. 在中，内角的对边分别为，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则解的个数为2 11. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为，是母线的靠近点的三等分点．从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为．下面说法正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为 C. 圆锥的外接球的表面积为 D. 棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 已知i是虚数单位，则_________． 13. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为，则__________. 14. 在中，内角对应的边分别为，若，则的取值范围为__________. 四､解答题（本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知平面向量． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 16. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数. （1）设复数，求； （2）设复数，且复数所对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 17. 现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 18. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题. 已知是的三个内角的对边，且__________. （1）求； （2）若，求锐角的周长的取值范围. 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中.记. （1）若，求及； （2）已知， （i）求的值； （ii）将再经过次变换后，最小，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期宁波六校联盟期中联考 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. 第I卷（选择部分，共58分） 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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，则的虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的乘法运算和虚部的概念可得结果. 【详解】由题意，，所以的虚部为4. 故选：C. 2. 如图所示，用符号语言可表达为（ ） A. ，， B. ，， C. ，，， D. ，，， 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形及点、线、面关系的表示方法判断即可． 【详解】如图所示，两个平面与相交于直线，直线在平面内，直线和直线相交于点， 故用符号语言可表达为，，， 故选：A 3. 在中，已知，则（ ） A. 5 B. 3 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】， 故，解得（负值舍）， 故选：B 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ） A. B. C. 24 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 其中，，，轴，且， 所以. 故选：D 5. 在中，设，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则求解. 【详解】由题意 . 故选：D. 6. 下面关于空间几何体的叙述：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台；③正四棱柱都是长方体；④直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥；⑤平行六面体是六棱柱.其中叙述正确的有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本几何体的概念逐个判断命题的真假即可. 【详解】对①：底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故①错误； 对②：将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，故②错误； 对③：因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故③正确； 对④：根据圆锥的概念可知，④正确； 对⑤：平行六面体是四棱柱，故⑤错误. 故选：B 7. 碧津塔是著名景点·某同学为了测量碧津塔的高，他在山下A处测得塔尖D的仰角为，再沿方向前进24.4米到达山脚点B，测得塔尖点D的仰角为，塔底点E的仰角为，那么碧津塔高约为（，）（ ） A. 37.54 B. 38.23 C. 39.53 D. 40.52 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出，再结合直角三角形边角关系求解即得. 【详解】在中，，则，， 由正弦定理得，则， 在中，，则， 在中，，则，又， 因此，， 所以碧津塔高约为38.23米. 故选：B 8. 如图，中，.在所在的平面内，有一个边长为1的正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先在，根据余弦定理求，再把转化成，分别求的值和的范围，即可求解. 【详解】在中，由余弦定理可得： . 所以. 又四边形是边长为1的正方形，所以，. 因为. 又， ， 因为，所以，所以. 所以. 故选：B 二､多选题（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，则下列结论中正确的是（ ）. A. . B. 与的夹角余弦值为. C. 与同向共线的单位向量是. D. 向量在向量上的投影向量为. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量模长的求法判断A，由向量夹角公式判断B，根据单位向量的求法判断C，根据向量投影的求法判断D. 【详解】，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 向量在向量上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD. 10. 在中，内角的对边分别为，下列说法中正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则解的个数为2 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据数量积的定义结合余弦定理分析求解；对于C：根据锐角三角形可得，再根据正弦函数单调性以及诱导公式分析判断；对于D：利用余弦定理分析判断. 【详解】对于选项A：例如，则， 满足，但不为等腰三角形，故A错误； 对于选项B：因为，可得， 且，所以，故B正确； 对于选项C：若为锐角三角形，则，且， 可得，则，故C正确； 对于选项D：由余弦定理， 即，可得，方程无解， 所以解的个数为0，故D错误； 故选：BC. 11. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为，是母线的靠近点的三等分点．从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为．下面说法正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为 C. 圆锥的外接球的表面积为 D. 棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，可知A正确；过点平面截此圆锥所得截面面积最大为，计算可知，B错误；计算出圆锥的外接球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为的正四面体的外接球的半径，比较可知，D正确. 【详解】对于A，设圆锥底面半径为，如图， 在中，，，， ∴， ∴，所以，（米）， 所以圆锥的侧面积为（），故A正确； 对于B，在中，， 所以， 所以过点平面截此圆锥所得截面面积最大为 （），故B正确； 对于C，设圆锥的外接球半径为，则， 又， 所以，∴， 圆锥的外接球表面积为，故C不正确； 对于D，设圆锥的内切球半径为，则，∴， 在棱长为米的正四面体中，设其外接球半径为， 则此正四面体的底面外接圆半径为，高为， 所以，所以， 因为，所以棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式求出圆锥的底面半径是关键点一，利用棱长为米的正四面体的外接球的半径与圆锥的内切球的半径判断D选项是关键点二. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 已知i是虚数单位，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算出代数形式，然后再求模. 【详解】， 则， 故答案为：. 13. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标.设向量在斜坐标系中的坐标分别为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的定义可求得的值，由题意得出，，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】由平面向量数量积的定义可得， 由题意可得，， 所以. 故答案为：. 14. 在中，内角对应的边分别为，若，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将角化边得到，再由余弦定理得到，从而得到，即可得到，从而求出的取值范围. 【详解】因为，由正弦定理可得，即， 由余弦定理， 又，所以，则，即， 即，解得， 即的取值范围为. 故答案为： 四､解答题（本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知平面向量． （1）若，求； （2）若，求向量与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积公式及模长公式计算即可； （2）根据平面向量共线的充要条件及夹角的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以 即， 即， 即， 所以， 所以； 【小问2详解】 由题意可得 又因，所以， 解得， 所以 所以 即 又因为， 所以. 16. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数. （1）设复数，求； （2）设复数，且复数所对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的共轭、纯虚数、模的概念以及乘除法运算易得结果； （2）由复数的运算以及复数的几何意义可得结果. 【小问1详解】 . 又为纯虚数，，解得. ； 【小问2详解】 ， 又复数所对应的点在第一象限， ，解得：. 17. 现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解； （2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值. 【小问1详解】 由知. 因为， 所以正四棱锥的体积 正四棱柱的体积 所以仓库的容积. 【小问2详解】 设，下部分的侧面积为， 则，， ， 设， 当，即时，，. 即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是. 18. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题. 已知是的三个内角的对边，且__________. （1）求； （2）若，求锐角的周长的取值范围. 【答案】（1）选①②③，答案均为 （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由正弦定理得到，利用余弦定理得到；选②，利用恒等变换得到，结合，求出；选③，由正弦定理和三角恒等变换得到，求出答案； （2）由正弦定理得到，变形得到的周长，利用是锐角三角形，所以，结合正弦曲线求出取值范围. 【小问1详解】 选①，由， 可得， 因为及正弦定理，可得， 所以，整理得， 则，因为，所以； 选②，由，可得， 即， 因为，可得，所以，即； 选③，由，由正弦定理得， 即， 即， 整理得， 因为，可得， 即，因为，所以. 【小问2详解】 由，可得， 故， 所以周长， 又由，可得， ， 又因为是锐角三角形，所以， 即，解得， 可得，所以， 所以， 所以的周长的取值范围为. 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中.记. （1）若，求及； （2）已知， （i）求的值； （ii）将再经过次变换后，最小，求的最小值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）505. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用定义求出，，进而求得及. （2）（i）设，列出方程组求出；（ii）由（i）可得，再通过变换，探讨最小值. 【小问1详解】 由，得，， 所以. 【小问2详解】 （i）设，由，则有或， 当时，得，三式相加得，又，解得， 当时，也得，因此， 所以. （ii）设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数，则； 当时，的三个分量为，则的三个分量为的三个分量为， 因此，由，得， 而，则任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2， 于是的三个分量只能是三个数，的三个分量只能是三个数. 因此当时，；当时，， 所以的最小值为505. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $