精品解析：浙江省钱塘联盟2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期钱塘联盟期中联考 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. 选择题部分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，不选，多选，错选均不得分.） 1. 若，，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 在平面直角坐标系中，已知，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的底面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 正三棱锥的每个面都是正三角形 B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 5. 已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，，若满足条件的有2个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知中，，点在线段上运动，且满足，当取到最小值时，值为(　　) A. B. C. D. 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） A. 20cm B. cm C. cm D. 30cm 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，不选错选得0分.） 9. 已知虚数单位，若，则（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第二象限 C. D. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知，，若与共线，则 B. 若，则，或 C. D. 点在的内部，且有，则. 11. 已知中，内角，，的对边分别为，，，则下列命题中，正确的命题是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，则面积最大值为3 D 若，，则. 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 几何体是由一个正方体切剖一个角得到的，其直观图如图所示．已知，M是上一动点．则的最小值为__________． 13. 中，若，，则的面积的取值范围______. 14. 如图，为半圆的直径，点为的中点，点为线段上的一动点（含端点，）.若，则的取值范围是______. 四、解答题（本大题共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，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 16. 已知向量，，且函数. （1）求函数的最小正周期与单调增区间. （2）若锐角中，，，分别为角，，对的边，，求的取值范围. 17. 《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑（qiàn）堵（dǔ）.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖（biē）臑（nào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云•中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得，”阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑. （1）在下右图（图一）画出阳马和鳖臑（不写过程，并用字母表示出来），求阳马和鳖臑的体积比； （2）若，： ①在右图（图二）中，求三棱锥的高. ②求三棱锥外接球体积. 18. 已知的内角，，的对边为，，，且. （1）求； （2）若的面积为； ①为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角的角平分线长的最大值. 19. 设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种运算“”：.试求解下列问题： （1）已知向量，满足，，，求的值； （2）①若，，用坐标，，，表示； ②在平面直角坐标系中，已知点，，，的面积为，求. （3）已知向量，，，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期钱塘联盟期中联考 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. 选择题部分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，不选，多选，错选均不得分.） 1. 若，，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数相等的定义，即可求解. 【详解】由得，所以，，所以. 故选：A 2. 在平面直角坐标系中，已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得求出，从而可求出的坐标，从而可求出的坐标. 【详解】因为，且， 所以，得， 所以， 所以. 故选：B 3. 已知圆锥的底面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先由底面面积求出底面半径，然后由底面周长等于侧面展开图的弧长列方程可求出母线长. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的底面积为，所以，得， 因为圆锥侧面展开图是一个半圆， 所以，得, 故选：D 4. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 正三棱锥的每个面都是正三角形 B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体 C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱 D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义综合分析可知C正确，D错误. 【详解】对于A，正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形， 且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，可知A错误； 对于B，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时， 该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，可得B错误； 对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即C正确； 对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，可得D错误. 故选：C 5. 已知且单位向量在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合向量数量积的求法即可求解. 【详解】因为在方向上的投影向量为，所以， 因为，为单位向量，所以，所以与的夹角为. 故选：C. 6. 在中，，，，若满足条件的有2个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，求解即可. 【详解】在中，，，，又满足条件的有2个， 则，即，解得，所以的取值范围是. 故选：D. 7. 如图，已知中，，点在线段上运动，且满足，当取到最小值时，的值为(　　) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，为轴，为轴建立直角坐标系，计算P点坐标，得到的式子得到答案. 【详解】以为原点，为轴，为轴建立直角坐标系 不妨设 则， 当时取最小值 故答案选D 【点睛】本题考查了向量的计算，函数的最值，建立直角坐标系可以简化运算. 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） A. 20cm B. cm C. cm D. 30cm 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值. 【详解】依题意圆形木板的直径为. 设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示. 由且可得， 在中，由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理，得， 所以，， 即，可得，当且仅当时等号成立. 在中，， 由余弦定理可得 ， 即，即，当且仅当时等号成立， 因此，这块四边形木板周长的最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将四边形周长问题转化为三角形边长和的范围，利用余弦定理和基本不等式求解即可. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，不选错选得0分.） 9. 已知是虚数单位，若，则（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第二象限 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用复数的四则运算法则求得，进而逐项计算判断即可. 【详解】由，得， 乘开移项整理得：，故， 对于A，因复数的虚部为，故A错误； 对于B，因，则复数对应的点位于第一限，故B错误； 对于C，由，可得，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：CD. 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知，，若与共线，则 B. 若，则，或 C. D. 点在的内部，且有，则. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由与共线列方程计算判断即可；对于B，举反例判断即可；对于C，利用向量三角不等式变形分析判断；对于D，设的中点为，的中点为，连接，可得为上靠近点的三等分点，从而可求出两三角形的面积比. 【详解】对于A，因为，，且与共线，所以，得，所以A正确； 对于B，若，则，而此时，且，所以B错误； 对于C，因为， 当且仅当与同向时取等号，所以C正确； 对于D，由，得， 如图，设的中点为，的中点为，连接，则， 所以，所以与共线， 因为与有公共点，所以三点共线，且为上靠近点的三等分点， 设到的距离为，到的距离为，则， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 11. 已知中，内角，，的对边分别为，，，则下列命题中，正确的命题是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，则面积最大值为3 D. 若，，则. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理和二倍角公式即可判断AB；对C，利用余弦定理和二次函数性质即可判断；先结合正弦定理和余弦定理得到关于三边的方程组，再化简消去，即得D结果. 详解】对于A：若，根据正弦定理则， 即，因为，所以或 即或，所以为等腰三角形或直角三角形，A错误； 对于B，因为，则，， 则根据正弦定理有， 故B正确； 对于C，设，. 则， ， 所以 ， 当时，三角形的面积取得最大值，故C正确； 对于D， ∵，，， 消去得， ，即.故D正确. 故选：BCD. 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 几何体是由一个正方体切剖一个角得到的，其直观图如图所示．已知，M是上一动点．则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则即为所求的最小值，理由余弦定理运算求解.． 【详解】以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接， 因为，所以，所以三点共线， 在中，根据正弦定理可得， 可得， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 中，若，，则的面积的取值范围______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可求得，利用正弦定理可得，利用，结合边化角与三角恒等变换可求得的面积的取值范围. 【详解】由和余弦定理， 可得， 即，所以， 因为，所以， 又因为， 由正弦定理，， 则得， ， 因为，所以， 所以，则， 故的面积的取值范围. 故答案为：. 14. 如图，为半圆的直径，点为的中点，点为线段上的一动点（含端点，）.若，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由圆的性质得到，然后根据数量积的性质得到，最后根据的范围计算即可. 【详解】因为点为的中点，，所以， ， 因为点为线段上一动点，， 所以，所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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，，且与的夹角为． （1）求及； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，计算出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值； （2）求出向量的坐标，分析可知且向量与不共线，结合平面向量的坐标运算可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为向量，，且与的夹角为， 则，解得， 所以，，则， 故. 【小问2详解】 由（1）可得，且， 因为与所成的角是锐角，则，解得， 且向量与不共线，则，即， 因此，实数的取值范围是. 16. 已知向量，，且函数. （1）求函数的最小正周期与单调增区间. （2）若锐角中，，，分别为角，，对的边，，求的取值范围. 【答案】（1），，. （2） 【解析】 【分析】（1）对化简得，根据定义求最小正周期和单调增区间即可. （2）对化简，求出，结合锐角三角形，求出的范围，将代入解析式，即可求解. 【小问1详解】 ， 所以，函数的最小正周期为. 令，解得，， 所以，函数的单调增区间为，. 【小问2详解】 因为，所以，即， 因为，，故. 因为是锐角三角形，故，，所以. 而，且， 故，所以. 17. 《九章算术•商功》：“斜解立方，得两堑（qiàn）堵（dǔ）.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖（biē）臑（nào）.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云•中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得，”阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑. （1）在下右图（图一）画出阳马和鳖臑（不写过程，并用字母表示出来），求阳马和鳖臑的体积比； （2）若，： ①在右图（图二）中，求三棱锥的高. ②求三棱锥外接球的体积. 【答案】（1）作图见解析，2； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）首先根据题意画出阳马和鳖臑，，再计算其体积比即可. （2）①根据即可得到三棱锥的高；②根据计算得到三棱锥外接球的半径为，再求外接球表面积即可. 【小问1详解】 如图所示：阳马为四棱锥，鳖臑为三棱锥， 设，，，则，， 于是，所以阳马和鳖臑的体积比为2. 【小问2详解】 ①，， 等腰面积， 设三棱锥的高为，由，得， 解得，所以三棱锥的高为. ②依题意，三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 设三棱锥外接球的半径为，则 所以三棱锥外接球的体积. 18. 已知的内角，，的对边为，，，且. （1）求； （2）若的面积为； ①为的中点，求底边上中线长的最小值； ②求内角的角平分线长的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，即可得解； （2）①由面积公式求出，再由，利用数量积的运算律及基本不等式求出的最小值，即可得解；②由等面积法得到，再由基本不等式求出的最大值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 由余弦定理，因为，所以， 所以； 【小问2详解】 ①由（1）知， 因为的面积为，所以，解得， 由为的中点，所以， 所以 ，当且仅当时，等号取得到， 所以，则，故的最小值为； ②因为为角的角平分线，所以， 由于， 所以， 所以， 又，所以 由于，当且仅当时，等号取得到， 故，故，故的最大值为 19. 设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种运算“”：.试求解下列问题： （1）已知向量，满足，，，求的值； （2）①若，，用坐标，，，表示； ②在平面直角坐标系中，已知点，，，的面积为，求. （3）已知向量，，，求的最小值. 【答案】（1）1 （2）①；②或 （3）. 【解析】 【分析】（1）借助新定义计算即可得； （2）①借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，②代入数据计算即可得； （3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得. 【小问1详解】 由已知，得，所以，即， 又，所以， 所以； 【小问2详解】 ①设，，则，， 所以， 所以， 整理得， 所以 ②，， 而， 所以，故或 【小问3详解】 由（2）得， 故， ， 当且仅当，即时等号成立，取得最小值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$