精品解析：陕西省西安市莲湖区2024-2025学年高一下学期期中数学试题

高一数学期中质量监测考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第3节. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的实部和虚部之和是（ ） A. B. C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法求出，进而求出其实部、虚部得解. 【详解】依题意，，其实部为，虚部为10， 所以所求和为8. 故选：C 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，且， 所以，解得. 故选：A 3. 在中，角的对边分别是，且，则（ ） A. B. C. 13 D. 37 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理计算可得. 【详解】由余弦定理， 所以. 故选：B 4. 如图，是一个平面图形的直观图，其中是直角三角形，，则原图形的面积是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】还原，求出其边长即可求解直角三角形的面积. 【详解】如图，的直观图是，则， 则的面积为. 故选：B 5. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. 1 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据实系数一元二次方程的根的特征求另外一个根，再根据韦达定理，即可求解. 【详解】由题意可得关于的方程的另一个根为， 则，解得，则. 故选：D 6. 已知向量，若向量的夹角是锐角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算求解，再根据向量的夹角是锐角与数量积与向量共线的关系列式求解即可. 【详解】因为，所以， 因为向量，的夹角是锐角，所以 解得且，所以的取值范围是. 故选：C. 7. 已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，且圆柱上、下底面圆的圆周都在球的球面上，则球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据外接球性质结合圆柱特征得出球的半径结合球的表面积公式计算求解. 【详解】圆柱的轴截面是边长为的正方形，且圆柱上、下底面圆的圆周都在球的球面上， 则球的半径为 则球的表面积是. 故选：A. 8. 已知复数，且，若是纯虚数，则的最小值是（ ） A. 9 B. 4 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，依题意可得且，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为，且， 所以 ， 因为是纯虚数，所以，即且， 所以 ，当且仅当，即，时取等号. 故选：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. 下列结论正确的是（ ） A. 若的内角满足，则一定是钝角三角形 B. 绕直角三角形一条边所在直线旋转一周所形成的几何体是圆锥 C. 若是纯虚数，则 D. 若向量，则向量在向量上的投影向量是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边，再用余弦定理判断A；利用圆锥的定义判断B；利用纯虚数的定义判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，设的内角所对的边分别为，由， 得，由余弦定理得，是钝角，是钝角三角形，A正确； 对于B，绕直角三角形的斜边所在直线旋转一周所形成的几何体是共底面的两个圆锥，B错误； 对于C，由是纯虚数，得，解得，C正确； 对于D，向量在向量上的投影向量是， D正确. 故选：ACD 10. 在三棱锥中，E，F分别在棱AB，AC上，且，，记三棱锥，三棱锥，四棱锥的体积分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】设的面积为S，三棱锥的高为h，结合棱锥的体积公式及向量关系易得，，，，进而判断选项即可. 【详解】设的面积为S，三棱锥的高为h，则， 因为，所以F是线段AC的中点，则， 因为，所以，则， 所以，故，． 故选：BD. 11. “赵爽弦图”是中国古代数学的经典成果，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中分别是线段上靠近的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】运用向量运算加减法则，结合基本定理得解. 【详解】由题意可得. 因为是平行四边形，所以，所以， 所以，则A正确，B错误. 因为， 所以，则C正确，D错误. 故选：AC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某棱锥有个面，条棱，若，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】利用棱锥棱数与侧棱数、面数与侧棱数的关系，结合已知列式求解. 【详解】依题意，棱锥的侧棱数为，底面边数为，则棱数， 棱锥的侧面数为，则面数，而，于是， 所以. 故答案为：5 13. 已知是两个单位向量，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，再根据向量相关性质求出的取值范围，即可得解. 【详解】因为是两个单位向量，且， 所以，则， 又，当且仅当方向相反时，等号成立， ，当且仅当方向相同时，等号成立， 所以. 故答案为： 14. 碑林博物馆位于西安市三学街，是一座以收藏，研究和陈列历代碑石、墓志及石刻造像为主的专题类艺术博物馆.如图，为了测量碑林博物馆的高度，选取了与该博物馆最高点在地面的投影（即与地面垂直）在同一水平面内的两个测量基点与，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，且米，，则碑林博物馆的高度__________米. 【答案】 【解析】 【分析】设米，利用锐角三角函数求得，再由余弦定理计算可得. 【详解】由题意可知，，设米， 则，， 所以，， 所以在中，由余弦定理， 即， 解得，故（负值已舍去），即该塔的高度（米）. 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. 已知向量满足，且. （1）求向量的夹角； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得； （2）由及数量积的运算律计算可得. 【小问1详解】 设向量与的夹角为，则， 即，解得， 所以，，故， 故向量与的夹角为. 【小问2详解】 . 16. 如图1，这是某公园路灯的灯柱．该灯柱由上、下两部分组成，下部分是正四棱柱，上部分是正四棱台，正四棱柱的上底面与正四棱台的下底面重合，其直观图如图2所示．已知该灯柱上部分正四棱台的上底面棱长为60厘米，下底面棱长为40厘米，侧棱长为30厘米，下部分正四棱柱的高为250厘米． （1）求该灯柱的侧面积； （2）求该灯柱的体积． 【答案】（1）平方厘米． （2）立方厘米． 【解析】 【分析】（1）根据棱柱、棱台的侧面积特征计算即可； （2）根据棱柱、棱台的体积公式计算即可. 【小问1详解】 由题意可得灯柱上部分正四棱台的斜高厘米， 则该正四棱台的侧面积平方厘米， 灯柱下部分正四棱柱的侧面积平方厘米， 故该灯柱的侧面积平方厘米． 【小问2详解】 由题意可得灯柱上部分正四棱台的高厘米， 则该正四棱台的体积立方厘米． 灯柱下部分正四棱柱的体积立方厘米． 故该灯柱的体积立方厘米． 17. 在中，角的对边分别是，且. （1）求. （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 【答案】（1） （2）①；②的面积为 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合辅助角可求出，进而可求出角A的大小； （2）①利用余弦定理即可求出的值. ②由三角形的面积公式，结合余弦定理可求得的值，进而可求面积. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以，所以， 所以．所以，所以， 因为，所以，所以，所以． 【小问2详解】 ①由，可得， 所以； ②由，可得， 由（1）知，则， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，解得或（舍去）， 所以的面积为. 18. 如图，在正方形中，是线段的中点，在线段上（不包含端点），线段，相交于点. （1）若是线段的中点，证明：. （2）若，求的值. （3）若，求的值. 【答案】（1） 证明：因为分别是线段的中点，所以， 则， 所以 由正方形的性质可知，则 即，故. （2）1 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用基底表示向量和，再求数量积； （2）首先设，再代入数量积的运算，即可求解； （3）利用基底表示向量，再根据三点共线，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则. 由（1）可知，则. 因为，所以， 解得，则. 【小问3详解】 设，则. 因为，所以. 因为是线段的中点，所以，所以. 因为三点共线，所以，解得， 则，故. 19. 在中，角的对边分别是，且. （1）证明：是等腰三角形. （2）若（异于两点）在线段上，且点靠近点，求的取值范围. 【答案】（1）证明：因为， 所以， 所以， 所以. 因为，所以， 所以，所以，即是等腰三角形. （2）. 【解析】 【分析】（1）首先根据正弦定理边化为角，再结合三角恒等变换，即可证明； （2）首先根据，求角，再根据（1）的结果，利用正弦定理，用三角函数表示边，再根据三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，即， 解得舍去. 因为，所以. 由（1）可知，所以. 设，则. 在中，由正弦定理可得， 则. 在中，由正弦定理可得， 则. 因为，所以. 因为，所以，所以， 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 $ 高一数学期中质量监测考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第3节. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数的实部和虚部之和是（ ） A. B. C. 8 D. 12 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 在中，角的对边分别是，且，则（ ） A. B. C. 13 D. 37 4. 如图，是一个平面图形的直观图，其中是直角三角形，，则原图形的面积是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 5. 已知是关于的方程的一个根，则（ ） A. B. C. 1 D. 9 6. 已知向量，若向量的夹角是锐角，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，且圆柱上、下底面圆的圆周都在球的球面上，则球的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知复数，且，若是纯虚数，则的最小值是（ ） A. 9 B. 4 C. 1 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. 下列结论正确的是（ ） A. 若的内角满足，则一定是钝角三角形 B. 绕直角三角形一条边所在直线旋转一周所形成的几何体是圆锥 C. 若是纯虚数，则 D. 若向量，则向量在向量上的投影向量是 10. 在三棱锥中，E，F分别在棱AB，AC上，且，，记三棱锥，三棱锥，四棱锥的体积分别为，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. “赵爽弦图”是中国古代数学的经典成果，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照“赵爽弦图”，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中分别是线段上靠近的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知某棱锥有个面，条棱，若，则__________. 13. 已知是两个单位向量，且，则的取值范围是__________. 14. 碑林博物馆位于西安市三学街，是一座以收藏，研究和陈列历代碑石、墓志及石刻造像为主的专题类艺术博物馆.如图，为了测量碑林博物馆的高度，选取了与该博物馆最高点在地面的投影（即与地面垂直）在同一水平面内的两个测量基点与，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，且米，，则碑林博物馆的高度__________米. 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. 已知向量满足，且. （1）求向量的夹角； （2）求的值. 16. 如图1，这是某公园路灯的灯柱．该灯柱由上、下两部分组成，下部分是正四棱柱，上部分是正四棱台，正四棱柱的上底面与正四棱台的下底面重合，其直观图如图2所示．已知该灯柱上部分正四棱台的上底面棱长为60厘米，下底面棱长为40厘米，侧棱长为30厘米，下部分正四棱柱的高为250厘米． （1）求该灯柱的侧面积； （2）求该灯柱的体积． 17. 在中，角的对边分别是，且. （1）求. （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 18. 如图，在正方形中，是线段的中点，在线段上（不包含端点），线段，相交于点. （1）若是线段的中点，证明：. （2）若，求的值. （3）若，求的值. 19. 在中，角的对边分别是，且. （1）证明：是等腰三角形. （2）若（异于两点）在线段上，且点靠近点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $