2023-2024学年泉州市南安市高一数学下学期期中考试卷附答案解析

-2024学年泉州市南安市高一数学下学期期中考试卷考试时间：120分钟；满分：150分2024.4一、选择题（本大题8个小题，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．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限 D．第四象限2．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若：：：2：3，则a：b：（

）A．1：2：3 B．3：2：1 C．2：：1 D．1：：23．能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是A． B． C． D．4．在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，DE交AC于F，则（

）A． B． C． D．5．如图，是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是（

）A．1 B． C． D．6．已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．7．黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形．其中顶角为36°的等腰三角形的底与腰之比为，这种黄金三角形被认为是最美的三角形．根据这些信息，则（

）A． B． C． D．8．《九章算术》中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其大意为现有水池丈见方（即丈尺），芦苇生长在水池的中央，长出水面部分的长度为尺．将芦苇向池岸牵引，牵引至恰巧与水岸齐接的位置（如图所示）．试问水深、芦苇的长度各是多少？若将芦苇均视为线段，在芦苇移动的过程中，设其长度不变，则（

）．A．平方尺 B．平方尺 C．平方尺 D．平方尺二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对得部分分．9．下列说法中错误的是（

）A．单位向量都相等B．向量与是共线向量，则点A、B、C、D必在同一条直线上C．两个非零向量，若，则与共线且反向D．已知向量，若与的夹角为锐角，则10．已知i为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（

）A． B．复数的虚部为C．若复数为纯虚数，则 D．11．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”，半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，则正确的有（）A．则该半正多面体有12个顶点 B．则该半正多面体有14个面C．则该半正多面体表面积为3 D．则该半正多面体体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12．已知球的表面积为，则它的体积为.13．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度m.14．在中，M为BC边上任意一点，N为线段AM上任意一点，若（，），则的取值范围是四、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．设向量满足，．(1)求向量的夹角；(2)求．16．已知复数（i为虚数单位，），且·为纯虚数.(1)求；(2)设复数，对应的点分别为A，B，若四边形OABC为平行四边形（O为复平面的原点），求点C对应的复数.17．的内角的对边分别为，已知.(1)求角；(2)若，且的面积为，求的周长.18．如图所示的圆锥，顶点为O，底面半径是5cm，用一个与底面平行的平面截得一圆台，圆台的上底面半径为2.5cm，这个平面与母线OA交于点B，线段AB的长为10cm．(1)求圆台的侧面积；(2)把一根绳从线段AB的中点M开始沿着侧面绕到点A，求这根绳的最短长度；(3)在（2）的条件下，这根绳上的点和圆台上底面上的点的距离中，最短的距离是多少？19．如图，在圆O的内接四边形中，，记的面积为，的面积为，.（1）若，求的值；（2）若，求的最大值；（3）若，求的最大值，并写出此时的值.1．D【详解】分析：将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所在象限.详解：的共轭复数为对应点为，在第四象限，故选D.点睛：此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切勿不可因简单导致马虎丢分.2．D【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角形的内角和为运算求解.【详解】∵：：：2：3，且，∴，，，则，故故选：3．A【解析】将A、B、C、D选项图形绕对称轴旋转可知A选项符合题意.【详解】此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，是由A中的平面图形旋转形成的.故选：A.【点睛】本题考查平面图形旋转形成的几何体，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题.4．D【分析】由题可得，再根据向量运算法则即可表示.【详解】因为是BC的中点，，所以，所以.故选：D.5．C【分析】结合斜二测法的转化关系，求出平面图形的底和高，即可求解.【详解】由已知得中，直角边，，则平面图中该三角形，对应底面边长不变为，三角形的高应为，则平面三角形的面积为.故选：C6．C【分析】根据投影向量的计算公式，计算出投影向量.【详解】依题意向量在向量方向上的投影向量为.故选：C7．B【分析】由已知条件，根据余弦定理求解即可.【详解】在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，．设，，则．故选：B8．C【分析】设（尺），利用勾股定理可构造方程求得，以为坐标原点可建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果.【详解】设（尺），则（尺），（尺），，解得：．以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系（单位：尺），则，，，，，，（平方尺）．故选：C.9．ABD【分析】根据向量相等判断A；根据向量共线判断BC；根据向量夹角得，解不等式可判断D.【详解】解：对于A选项，单位向量方向不同，则不相等，故A错误；对于B选项，向量与是共线向量，也可能是，故B错误；对于C选项，两个非零向量，若，则与共线且反向，故C正确；对于D选项，向量，若与的夹角为锐角，则且与不共线，故，解得且，故D错误；故选：ABD10．AD【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.【详解】因为，A正确；复数的虚部为，B不正确；若，则，，C不正确；设，所以，，D正确.故选：AD.11．ABD【分析】由图形即可判断AB；由半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，可得正方形和正三角形的边长，计算即可判断C；利用割补法计算可得半正多面体的体积，即可判断D，【详解】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，其棱长为，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），故AB正确；半正多面体的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1，可得该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，它可由正方体去掉8个三棱锥所剩部分，所以该半正多面体的棱长为，故半正多面体的面积为，故C错误；半正多面体的体积为，故D正确.故选：ABD..12．【分析】先计算球的半径，再求体积【详解】设球的半径为R,则故答案为：13．【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.考点：正弦定理及运用．14．【分析】根据题意，设，然后分与讨论，结合三点共线定理代入计算，即可得到结果.【详解】由题意，设，，当时，，所以，所以，从而有；当时，因为（，），所以，即，因为、、三点共线，所以，即.综上，的取值范围是.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）直接利用数量积求夹角即可；（2）由，展开后代入已知得答案．【详解】（1）因为，，所以，又，所以.（2）.16．(1)；(2)【分析】（1）先由·为纯虚数求出，再计算，求模即可；（2）先由四边形OABC为平行四边形求出的坐标，即可求出.【详解】（1）由题意知：，又·为纯虚数，故，解得.则，；（2）易知，设，由四边形OABC为平行四边形可得，解得，即，故.17．(1)或；(2)当时，周长为；当时，周长为；【分析】（1）利用正弦定理和三角变换求出角；（2）利用余弦定理求出，即可求出周长.【详解】（1）在中，由正弦定理得：，所以可化为：.因为，所以，所以.因为，所以或.（2）因为的面积为，所以,即，解得：.由余弦定理得：.当时，有，所以，解得：符合题意，所以的周长为.当时，有，所以，解得：符合题意，所以的周长为.18．(1)；(2)25cm；(3)2cm【分析】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，求出大圆锥和小圆锥的母线长，用大圆锥侧面积减去小圆锥侧面积得圆台侧面积；（2）将绳长的最小值转化为求的长，只要求得侧面展开图的圆心角即可得到结果；（3）由侧面展开图可知，距离最短时，就是点O到直线的距离减OB的长【详解】（1）作出圆锥的轴截面和沿OA剪开的侧面展开图，如图所示：由圆台的下底面半径是5cm，上底面半径是2.5cm，AB的长是10cm，可得，∴，所以圆台的侧面积；（2）由圆锥的底面周长可得侧面展开图的弧长为，以为半径的圆周长为，所以刚好占了，所以侧面展开图的圆心角为90°，在直角三角形中，，所以，所以这根绳的最短长度为25cm；（3）由侧面展开图可知，当距离最短时，就是点O到直线的距离减OB的长，即，故最短的距离是2cm19．(1)；(2)；(3)32.【分析】（1）利用同一圆内，相等弧