浙江省G5联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题 含解析

学年第二学期浙江联盟期中联考高一年级数学学科试题考生须知：．本卷共5页满分分，考试时间分钟.．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.．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.．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，每题5分，共分，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.若复数，为虚数单位，则的虚部为（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，即可判断.【详解】因为，所以的虚部为.故选：B2.已知，，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用投影向量的定义，结合数量积的坐标运算求解.【详解】根据题意，，所以在方向上的投影向量.第1页/共23页故选：A.3.若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系逐项判断.【详解】对于A，若，，，则，或与相交，故A错误；对于B，若，，，则，或与为异面直线，故B错误；对于C，若，，，则，或与相交，故C错误；对于D，由可得，因为，所以，又因为，根据线面平行的性质定理可得，故D正确.故选：D.4.如图的平面直角坐标系中，线段长度为2，且，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为，则（）A.4B.C.D.【答案】C【解析】第2页/共23页【分析】在中求出，的值，根据斜二测画法，得到，的值，在中，根据余弦定理求出.【详解】因为，，所以，，由斜二测画法得，，因为，所以在中，，故选：C.5.在中，为边所在直线上的任意点，则的形状一定是（）A.锐角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形【答案】B【解析】【分析】以为原点，直线为轴，建立平面直角坐标系，设，通过坐标运算即可求解.【详解】以为原点，直线为轴，建立如图平面直角坐标系，设，则，上式为开口向上的二次函数，当时，，因为，又因为，第3页/共23页所以，解得，即，故，所以两点的横坐标相同，故,所以为直角三角形.故选：B.6.已知复数，为虚数单位，则对于，最小值为（）A.2B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据得，进而得到，结合模的计算公式求出，进而得到答案.【详解】因为，所以，所以，所以，所以当时，有最小值，最小值为，故选：D.7.在正四棱锥中，，球与四棱锥的所有侧棱相切，并与底面也相切，则球的半径为（）A.B.1C.D.第4页/共23页【答案】C【解析】【分析】连接、，设，连接，求出内切圆的半径，即为球的半径.【详解】连接、，设，连接，则平面，又，则，，所以，设内切圆的半径为，则，即，解得，所以球的半径为.故选：C8.已知圆锥的轴截面顶角为，侧面展开扇形的圆心角为，则为（）A.锐角B.直角C.钝角D.不存在【答案】C【解析】【分析】设圆锥的母线长为，即可得到圆锥的底面半径，依题意可得，再分、、三种情况讨论，结合存在性定理判断即可.【详解】设圆锥的母线长为，则圆锥的底面半径，侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长，因此，则，若，则，，显然不满足，故舍去；若，所以，所以，则，第5页/共23页又，不满足，故舍去；若，令，，则在上单调递增，又，，所以存在，使得。即在上有解，符合题意；综上可得为钝角.故选：C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设平面向量，，均为非零向量，且，则下列命题正确的是（）A.若，则B.C.若，则D.若，则【答案】CD【解析】【分析】根据数量积的运算律判断A、C、D，利用特殊值判断B.【详解】对于A：因为，所以，又，即，即，所以，即，故A错误；对于B：令，，满足题意，但是，，显然不成立，故B错误；对于C：若，又，所以，所以，故C正确；第6页/共23页对于D：由A知，由可以得到，若，即，则，所以，则，所以由，可以得到，故D正确.故选：CD10.已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（）A.平面B.四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则C.平面与平面的交线记为，则直线平面D.平面与平面的交线记为，则直线平面【答案】ACD【解析】ADC体积比判断B.【详解】对于A，连接，连接，由且，为中点，得，则是中点，而是中点，于是，而平面，平面，因此平面，A正确；对于B，，由是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍，第7页/共23页而，因此，B错误；对于C，平面，平面，则平面，而平面平面，平面，于，而平面，平面，因此直线平面，C正确；对于D，延长交于点，连接，直线直线，由且，得为中点，而是中点，则平面，平面，因此直线平面，D正确.故选：ACD图为温岭的标志性景观-数据：于山脚处测得峰顶的仰角为，从出发选择地平面方向使得，前进至点恰使，测得前进距离．若峰顶在所在地平面垂直投影点为，山坳处有一个憩息点，观测峰顶的仰角为，在地平面投影点落在上，，下列说法正确的是（）A.第8页/共23页B.C.从点观测峰顶的仰角为，则D.从点观测点的仰角为，则【答案】ABD【解析】【分析】首先求出，即可求出，从而判断A，过点作交于点，求出，即可判断B，利用锐角三角函数判断C，利用余弦定理求出，即可判断D.【详解】对于A：依题意，，且，所以，则，因为峰顶在所在地平面垂直投影点为，即平面，平面，所以，所以，故A正确；对于B：因为在地平面投影点落在上，即平面，且平面，所以，过点作交于点，则，，又，，所以，因为山坳处有一个憩息点，观测峰顶仰角为，即，所以，则，故B正确；对于C：因为从点观测峰顶的仰角为，则，第9页/共23页所以，则，故C错误；对于D：因为，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，，所以，所以，所以从点观测点的仰角为，则，故D正确.故选：ABD非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知，，________．【答案】【解析】【分析】利用向量垂直的性质即可求解.【详解】因为，且，，所以，第10页/共23页即，所以，解得.故答案为：.13.已知复数的实部为1，且，若是关于的方程，的根，则________．【答案】【解析】【分析】设，根据向量的模求出，即可得到，再由韦达定理计算可得.【详解】设，则，解得，所以或，因为是关于的方程，的根，所以，所以，所以.故答案为：14.已知圆台的一个底面面积为，且有半径为的内切球，则该圆台体积为________．【答案】##【解析】，，，设，利用勾股定理求出，再由圆台的体积公式计算可得.【详解】因为圆台的一个底面面积为，则该底面圆的半径，不妨令其为上底面，如图为该几何体的轴截面，其中圆为等腰梯形的内切圆，第11页/共23页设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底分别切于点，，球的半径，则圆台的高，又，，，设，则，所以，解得，所以圆台的体积.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求面积．【答案】（1）（2）【解析】1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．【小问1详解】因为，所以，解得：．【小问2详解】由正弦定理可得第12页/共23页，变形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面积为．16.已知长方体中，，其外接球的表面积为，平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体，其体积为．（1）证明：平面平面；（2）求棱的长；（3）求几何体的表面积．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）根据长方体的性质得到、，即可得证；（2）设，，，根据外接球的表面积及棱柱、棱锥的体积公式得到方程组，解得即可；（3）根据表面积公式计算可得.第13页/共23页【小问1详解】根据长方体的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面；小问2详解】设，，，又（又外接球的表面积为，即，所以，∴①；又，∴②；由①②解得或棱长为；【小问3详解】若，，，则，，，，在中由余弦定理，则，所以，第14页/共23页所以.17.如图所示，直三棱柱的所有棱长均相等，点为的中点，点为的中点．（1）求证：平面；（2）若棱长，求此直三棱柱的体积；（3）若三棱锥的体积为，求该三棱柱的外接球表面积．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】1）连接，，根据棱柱的性质可知点为的中点，从而得到，即可得证；（2）根据棱柱的体积公式计算可得；（3）设，由可求出，然后求出外接球的半径即可.【小问1详解】连接，，因为为直三棱柱，点为的中点，所以，即点为的中点，又点为的中点，第15页/共23页所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为直三棱柱所有棱长均相等，，所以，所以.【小问3详解】设，因为，又因为直三棱柱的所有棱长均相等，取的中点，连接，则，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以点到平面的距离为，，所以，解得，因为等边三角形的外接圆半径为，三棱柱的高，所以三棱柱的外接球半径，第16页/共23页所以三棱柱的外接球表面积.18.如图，设是平面内相交成的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.（1）在仿射坐标系中①若，求；②若，且与的夹角为，求；（2仿射坐标系中，BC分别在轴，轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值.【答案】（1）①；②（2）【解析】1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到；②由表示出和表示出与的夹角为，然后由，即可得到；第17页/共23页（2）由题意，设出坐标，表示出，由，将表示成，在中依据余弦定理可得，代入得，方法一：设，得到，则可得的最大值；方法二：在中，用正弦定理，再设，可得，代入，通过三角恒等化简可得，进而得到的最大值.【小问1详解】①因为，所以，②由，得，，，因为与的夹角为，则，得．【小问2详解】方法一：依题意设，，因为为BC中点，第18页/共23页为BD中点，所以，所以，，因为，则，在中依据余弦定理得，所以，代入上式得，.设，则，令得，得(舍)，所以，则.方法二：依题意设，，因为为BC中点，则，为BD中点，所以，所以，，第19页/共23页因为.，在中依据余弦定理得，所以，代入上式得，，在中，由正弦定理，设，，则19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于的点有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，，，设点为的费马点，记，，．（1）若，①求；②若，求的值；第20页/共23页（2）若，，求实数的最小值．【答案】（1）①；②；（2）.【解析】1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得结果；（2结合基本不等式求最值.【小问1详解】①由正弦定理得，即，所以，又，所以.②由①可知，所以的三个内角均小于，则由费马点定