精品解析：陕西省榆林市2024-2025学年高一下学期4月全国名校期中联考数学试题

全国名校期中考试试卷 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：必修第二册（6.1~8.3）. 一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列说法正确的是（ ） A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 2. 如果，是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 复数是虚数单位，是纯虚数，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 0 4. 已知，，且，则的坐标为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知复平面内复数对应的点为，复数对应的点为，O为坐标原点，则下列说法错误的是（ ） A. 若与关于实轴对称，则：为实数 B. 若与关于实轴对称，则 C. 若，则 D. 若，则： 8. 如图，在中，，，，则 A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 5 10. 已知为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为 11. 已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 面积的最大值为 B. C. 周长的最大值为6 D. 的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______. 13. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________. 14. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH内角和为1080°，若（，），则的值为____________；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为____________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知一个圆锥的底面半径为，高为，在其内部有一个高为的内接圆柱． （1）求圆柱的侧面积； （2）求圆柱的侧面积的最大值及此时的值． 16. 已知、满足，. （1）设，的夹角为，求； （2）若，求的最小值. 17. 设实部为正数的复数，满足，且复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上. （1）求复数； （2）若为纯虚数，求实数的值. 18. （1）A，B，C，D是球O的球面上四点，，球心O是AD的中点，四面体ABCD的体积为，求球O的体积； （2）已知正四棱台中，，该四棱台的体积为，求这个四棱台的表面积. 19. 如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形设. （1）当时，求四边形OACB的周长； （2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求 （3）问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全国名校期中考试试卷 数学 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：必修第二册（6.1~8.3）. 一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 下列说法正确的是（ ） A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体 B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段 C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征逐项分析判断. 【详解】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形， 所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误； 对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确； 对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥， 以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体， 故C错误； 对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误； 故选：B. 2. 如果，是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两个单位向量的模长都为，方向是不确定的，即可做出判断. 【详解】两个单位向量的方向不一定相同或相反，所以选项A，B不正确； 由于两个单位向量的夹角不确定，则不一定成立，所以选项D不正确； 因为，是两个单位向量，故，则选项C正确. 故选：C. 3. 复数是虚数单位，是纯虚数，则（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念列式计算，即可得答案. 【详解】由复数是虚数单位，是纯虚数， 可得且，解得， 故选：A 4. 已知，，且，则的坐标为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用共线向量定理及坐标计算模列式求出的坐标. 【详解】由，，设，由，得， 解得，所以的坐标为或. 故选：D 5. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】如图可知， 四边形的周长为，四边形的面积为. 故选:D. 6. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用二倍角公式求，再运用余弦定理求即可. 【详解】因为， 所以， 由余弦定理可得， 因为， 所以， 所以. 故选：A. 7. 已知复平面内复数对应的点为，复数对应的点为，O为坐标原点，则下列说法错误的是（ ） A. 若与关于实轴对称，则：为实数 B. 若与关于实轴对称，则 C. 若，则 D. 若，则： 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的几何意义和复数的运算可解. 【详解】设，，，. 对于A，与关于实轴对称，则，，故A正确； 对于B，与关于实轴对称，则， ，，故B正确； 对于C，，，不一定为0，故C错误； 对于D，， ， ，故D正确. 故选：C 8. 如图，在中，，，，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】∵，∴， 又∵，∴， ∴， 故选． 二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】ABC 【解析】 【分析】将绕翻折至与共平面，当、、共线时，最小，与（或）重合时最大，可得结论. 【详解】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为， 为等腰直角三角形，其直角边长为， 将左图中绕翻折至与共平面（如右图）， 因为，， 所以当、、共线时最小， 此时为中点，，， 此时，， 则最小值为； 当与（或）重合时最大，最大值为. 故选：ABC. 10. 已知为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据判断A，根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断B，设、在复平面内对应的向量为、，根据向量数量积的运算律判断C，设根据复数的几何意义判断D. 【详解】对于A：若，即，所以，故A正确； 对于B：因为，所以， 而，故B错误； 对于C：设、在复平面内对应的向量为、，则且， 所以，即， 解得， 所以，即，故C正确； 对于D：设，由，即， 所以，所以复数在复平面内对应的点在如图所示的圆环内（不含边界）圆心为坐标原点，半径分别为、， 所以复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为，故D错误； 故选：AC 11. 已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 面积的最大值为 B. C. 周长的最大值为6 D. 的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，利用余弦定理计算可判断；C选项，利用余弦定理和基本不等式求解周长的最大值；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围. 【详解】解：对于A，由余弦定理得：，解得：， 由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立， 所以，故，故A正确； 对于B，，故B不正确； 对于C，由余弦定理得：，解得：， 所以，当且仅当时，等号成立， 解得，当且仅当时，等号成立， 所以，周长，所以周长的最大值为6，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 所以，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再求出其模作答. 【详解】由，得，因此， 所以. 故答案为：5 13. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用割补法，结合体积公式求解即可. 【详解】因为，所以，，设AC，BD相交于点O，则O到AB的距离为， 所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即. 故答案为：. 14. 窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH内角和为1080°，若（，），则的值为____________；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由即可求得的最小值. 【详解】，以点A为坐标原点，分别以AB，AF所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系， 正八边形内角和为，则， 所以，，，，，，， ，，， 因为，则， 所以，解得，，所以； 设，则，，，则， 所以，当点P在线段GH上时，取最小值． 故答案为：；． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知一个圆锥的底面半径为，高为，在其内部有一个高为的内接圆柱． （1）求圆柱的侧面积； （2）求圆柱的侧面积的最大值及此时的值． 【答案】（1） （2）当时， 【解析】 【分析】（1）作出轴截面，根据线段比例关系可求得圆柱底面半径，代入圆柱侧面积公式即可； （2）根据二次函数最值的求法可确定最大值及的取值. 【小问1详解】 设圆锥顶点为，底面圆心为，圆柱的底面半径为， 作出圆锥和圆柱的轴截面如下图所示， ，，则 圆柱侧面积. 【小问2详解】 由（1）知：， 当时，圆柱侧面积取得最大值. 16. 已知、满足，. （1）设，的夹角为，求； （2）若，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量的线性运算求出，再根据向量的夹角公式计算可得结果； （2）因为平行求出，再根据向量的数量积求出模长，最后应用二次函数的最值求出模长最值. 【小问1详解】 由，得， 同相减得，， 代入中，得. 所以， 所以. 【小问2详解】 因为，设，所以， 所以 当时，取得最小值，最小值为. 17. 设实部为正数的复数，满足，且复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上. （1）求复数； （2）若为纯虚数，求实数的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用复数的运算法则、模长公式及几何意义计算即可； （2）利用共轭复数的概念及复数的四则运算计算即可. 【小问1详解】 设，，，由题意：① 计算，得② ①②联立，解得，得. 【小问2详解】 ， 所以且，解得. 18. （1）A，B，C，D是球O的球面上四点，，球心O是AD的中点，四面体ABCD的体积为，求球O的体积； （2）已知正四棱台中，，该四棱台的体积为，求这个四棱台的表面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用棱锥的体积公式结合球的体积公式计算即可. （2）利用正四棱台体积公式得到正四棱台的高，进而由勾股定理可得斜高，从而求得各面积，由此得解. 【详解】（1）如下左图所示，由题意可知AD为球O的直径，设D到面ABC的距离为d， 则等边的面积为，所以， 则球心O到面ABC的距离为1. 设面ABC，易知H为等边的外心， 所以，故球的半径， 所以球O的体积. （2）如上右图所示，设J，L分别为上、下底面的中心，M，K分别为BC，的中点，且有，， 设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为，，， 由，即得，，所以，. 又及， 所以有，解得. 由勾股定理可得斜高， 所以，从而四棱台表面积. 19. 如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形设. （1）当时，求四边形OACB的周长； （2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求 （3）问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3）当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理计算即可得； （2）由题意可得，代入数据可得，即有OC的最大值为3，取等号时，设可得，解出后借助余弦定理即可得； （3）借助余弦定理可得，结合面积公式与诱导公式可得，结合正弦型函数的性质即可得解. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 即，于是四边形OACB的周长为； 【小问2详解】 因为，且为等边三角形，，， 所以，所以， 即OC的最大值为3，取等号时， 所以， 不妨设， 则，解得， 所以， 所以； 【小问3详解】 在中，由余弦定理得， 所以，， 于是四边形OACB的面积为 ， 当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为， 所以，当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $