精品解析：浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考 高一年级数学学科试题 命题学校：巍山高中 张元玲 审题学校：阳明中学 赵辉 华盛高中 殷卫平 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、单选题（本题共8小题，每题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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，，其中是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点在第（ ）象限. A. 一. B. 二. C. 三. D. 四. 3. 如图，这是水平放置的四边形，按照斜二测画法画出的直观图，其中，，，，则四边形的周长是（ ） A. 8 B. C. D. 4. 已知，满足，，且，设在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知空间中三条直线、、，那么“、、两两相交”是“、、共面”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 充要 C. 既不充分也不必要 D. 必要不充分 6. 如图，平行四边形，，，，以所在直线为轴，其它三边旋转一周所围成的几何体的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在山脚处测得山顶的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走，在处测得山顶的仰角为75°，则山高为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 如图，中，，，，、分别是边，上的点，且，，是边上的中线，线段交于点，则（ ） 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，有错的得0分） 9. 设复数为，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知的内角，，，为所在平面上一点，设，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数的图象关于直线对称，且，有，当时，，则下列说法错误的是（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 为奇函数 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. 已知复数，，，若为纯虚数，则实数的值为______. 13. 如图，正方形，，，则______. 14. 已知正方体的棱长为2，，其中，则的最小值为______. 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，向量满足. （1）若，求的坐标； （2）与夹角为120°，求的最小值. 16. 已知函数，. （1）求的单调递增区间. （2）若的图象向右平移个长度单位后得到图象，求在上的值域. 17. 如图，正四棱锥的底面积为3，为正方形的中心. （1）若正四棱锥的高为，求它的表面积. （2）若正四棱锥的外接球的表面积为，求正四棱锥的体积. 18. 已知中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，，是角平分线，交于. （1）求的长. （2）延长至点，使得，求. （3）若是角平分线所在直线上一点，且满足（，），若，求取值范围. 19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，且，. （1）当时，解关于的方程：. （2）当时，①若，求的最小值. ②若存在实部不为5，虚部不为12的虚数和实数，使得恒成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考 高一年级数学学科试题 命题学校：巍山高中 张元玲 审题学校：阳明中学 赵辉 华盛高中 殷卫平 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、单选题（本题共8小题，每题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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，再根据集合的交集运算求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 复数，，其中是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点在第（ ）象限. A. 一. B. 二. C. 三. D. 四. 【答案】D 【解析】 【分析】根据计算求复数乘积，然后根据复数的几何意义即得. 【详解】因为. 所以复数在复平面内所对应的点为位于第四象限. 故选：. 3. 如图，这是水平放置的四边形，按照斜二测画法画出的直观图，其中，，，，则四边形的周长是（ ） A. 8 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图恢复至原图求各边长再求原四边形的周长即可. 【详解】 由直观图画出原图，得且即，则四边形是一个直角梯形. 过点作的垂线交于点，则，得. 所以四边形的周长为. 故选：C. 4. 已知，满足，，且，设在方向上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直及数量积的运算律可得，再由即可求参数. 【详解】由题设，则， 所以在方向上的投影向量，即. 故选：A 5. 已知空间中三条直线、、，那么“、、两两相交”是“、、共面”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 充要 C. 既不充分也不必要 D. 必要不充分 【答案】C 【解析】 【分析】分别判断充分性和必要性是否成立即可. 【详解】若两两相交，当相交于同一点上时，不一定共面，故两两相交不能推出共面， 若共面，可能彼此平行，故共面不能推出两两相交， 所以两两相交是共面的既不充分也不必要条件. 故选：C. 6. 如图，平行四边形，，，，以所在直线为轴，其它三边旋转一周所围成的几何体的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出旋转体，则该几何体的表面积由两个圆锥的侧面和一个矩形组成，分别求其面积相加即可得解. 【详解】作出旋转体如下图： 过点作所在直线的垂线，垂足为,，，，则， 即底面圆的半径为，则圆的周长为， 圆锥侧面展开图的半径为，上下两个圆锥的侧面积为， 几何体的侧面展开是一个矩形，， 所以几何体的表面积为. 故选：B. 7. 如图，在山脚处测得山顶的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走，在处测得山顶的仰角为75°，则山高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据图中边角关系，求出和的长，然后求和即可. 【详解】因为,,所以， 因为,，所以， 又，所以，所以， 再中，， 所以山高. 故选：A 8. 如图，中，，，，、分别是边，上的点，且，，是边上的中线，线段交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理求得，再由平面几何知识可得，由极化恒等求出，得解. 【详解】在中，由余弦定理可得， ，则， 由题可知分别是的中点，由平面几何可得，则， 由极化恒等， 可得，即， ，则. 故选：C. 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，有错的得0分） 9. 设复数为，则下列命题正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由共轭复数的定义，复数的模及复数的运算逐项求解判断. 【详解】对于A，，又，所以，故A正确； 对于B，，又，故B错误； 对于C，，又，故C错误； 对于D，因为，又，故D正确. 故选：AD. 10. 已知的内角，，，为所在平面上一点，设，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，B，对变形可得，结合已知条件即可求解；对C，D，结合已知条件，首先利用数量积公式求出和的值，再利用得到关于和的两个关系式，进而即可求解； 【详解】对于A，B，因为，则， 所以， 若，则， 由题易知点不在上，即不共线， ，解得，故A错误，B正确； 对于C，D，若，则是的外心， 故， 同理，可得， 由，知， ，即， 又，可得， 联立，解得，， 所以，，故C正确，D错误. 故选：BC. 11. 已知函数的图象关于直线对称，且，有，当时，，则下列说法错误的是（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 为奇函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题给条件及函数得奇偶性对称性周期性逐项判断即可. 【详解】函数的图象关于直线对称，则关于直线对称，则有，则， 又因为，则，，两式相减得，即，A正确； 时，，故最大值为，B错误； ，C错误； 因为，则，且的定义域为，则是偶函数，不是奇函数，D错误. 故选：BCD. 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. 已知复数，，，若为纯虚数，则实数的值为______. 【答案】0 【解析】 【分析】先求出，再结合纯虚数的定义求解即可. 【详解】由题意，，， 所以， 因为为纯虚数， 所以，解得. 故答案为：0. 13. 如图，正方形，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】直接利用三角形法则和向量的线性运算和向量的数量积的运算的应用求出夹角的余弦值. 【详解】设正方形的边长为，则， 则，， 因为， ， 所以. 故答案为：. 14. 已知正方体的棱长为2，，其中，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算的意义可以判定的位置，然后利用展开方法求得的最小值. 【详解】取的靠近的四等分点，连接，由题意得为线段上的动点， 将展开到与在同一平面内，如图所示： ,，， 所以的最小值为， 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. 已知向量，向量满足. （1）若，求的坐标； （2）与夹角为120°，求的最小值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，利用已知条件列出方程组求解； （2）利用向量数量积运算求得模关于t的函数表达式，进而配方求得最小值. 【小问1详解】 设，因为， 所以，即①， 又，，则②.， 由①得，代入②得：， ，解得或. 当时，；当时，. 所以或. 【小问2详解】 由（1）知，，则， ， 则 ， 当时，. 16. 已知函数，. （1）求的单调递增区间. （2）若的图象向右平移个长度单位后得到图象，求在上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数的单调性求出递增区间. （2）求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质求出值域. 【小问1详解】 由，得 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 依题意， 由，得，则 所以的值域为. 17. 如图，正四棱锥的底面积为3，为正方形的中心. （1）若正四棱锥的高为，求它的表面积. （2）若正四棱锥的外接球的表面积为，求正四棱锥的体积. 【答案】（1）9 （2）或 【解析】 【分析】（1）过点作交于点，由勾股定理求得，进而求得表面积； （2）由题，正四棱锥外接球的球心在上，由外接球的表面积为，可求得外接球的，利用球的截面性质求出棱锥高的值，再根据体积公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知平面，过点作交于点，连结. 则点为的中点，所以， 因为底面积为3，可得，则. 因为四棱锥的高为，所以. 所以. 【小问2详解】 设外接球半径为，由外接球表面积，可得. 因为底面积，设底面正方形边长为， 则，，底面正方形对角线长， 所以底面正方形外接圆半径. 由题，正四棱锥外接球的球心在上， 设球心到底面距离为，由，可得， 当顶点与球心在底面异侧时，正四棱锥的高； 当顶点与球心在底面同侧时，正四棱锥的高. 根据正四棱锥体积公式，当时，； 当时，. 18. 已知中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，，是角平分线，交于. （1）求的长. （2）延长至点，使得，求. （3）若是角平分线所在直线上一点，且满足（，），若，求取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再利用辅助角公式得到，得到，再由，结合三角形面积公式，解得. （2）在、中，由余弦定理求得，，根据角平分线定理求得,再在中，利用余弦定理求得； （3）设，结合，得，则，由得，结合，得. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理（为外接圆半径）， 可得. 因为，，所以， 所以， 所以 因为，所以, 因为是角平分线，所以. 由， 根据三角形面积公式，可得 . 即， 解得. 【小问2详解】 在中，，，， 由余弦定理,得， 所以， 在中，，， 由余弦定理， 则. 由是角平分线，得，所以. 在中，，，， 由余弦定理； 【小问3详解】 设，则 ∴，则 . ∵，∴ ∵，∴，解得. ∵，∴ 19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，且，. （1）当时，解关于的方程：. （2）当时，①若，求的最小值. ②若存在实部不为5，虚部不为12的虚数和实数，使得恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由题设得，将方程化为求解即可； （2）①令（，且），进而得到，且，结合求最值；②令（且，，），进而得到得代数形式，结合复数的性质有，进而有，即可得范围. 【小问1详解】 当时，，则. 由，整理得，则； 【小问2详解】 ①令（，且），因为，所以. ， 因为，所以. 因为，当时，. ②当时 令（且，，）， 则 ， 要使的恒成立，所以，即， 所以，则对应点在以为圆心，1为半径的圆周上(不含横坐标为5，纵坐标为12的点)， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $