2024-2025学年安徽省宿州市省、市示范高中皖北高一下学期期中考试教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省宿州市省、市示范高中皖北2024-2025学年高一下学期期中考试教学质量检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（）A1 B.2 C. D.【答案】D【解析】因为，所以.故选：D.2.已知是平面内不共线的四点，则“”是“四边形为平行四边形”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为是不共线的四点，若，则有，，故四边形为平行四边形；若四边形为平行四边形，则有.故“”是“四边形为平行四边形”的充要条件.故选：C.3.如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形，如图，由斜二测画法可知，，所以.故选：B.4.已知平面向量，，则向量与的夹角大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知，，所以，故.故选：D.5.已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（）A.2 B. C.1 D.2【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，则，解得或（舍），故选：A6.记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由已知及余弦定理得，解得（负值舍去），所以的面积为.故选：A.7.在正六边形中，点是线段上靠近点的三等分点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】依题意，如图，，因为，，所以.故选：D.8.在平面四边形中，已知，，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，，，可得，故，又，所以，以为直径作圆，则四点共圆，如图所示，故点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），于是，，又表示在方向上的投影的数量，由图可知，当点在劣弧的中点位置时，投影的数量最小，此时，连接交于点，则，故，即的最小值为，故的最小值为.故选：C.二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数满足，，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则下列正确的是（）A.的虚部为B.在复平面内对应的点位于第一象限C.是纯虚数D.若是关于的实系数方程的一个根，则【答案】BCD【解析】根据题意，，解得，，所以的虚部为，故A错误；又，则在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确；又，故C正确；若是方程的一个根，则方程的另一根为，根据韦达定理有，，解得，，所以，故D正确.故选：BCD.10.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.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形为面所围成的多面体，这体现了数学的对称美.如图，将棱长为1的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此一共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（）A.该半正多面体有12个顶点 B.该半正多面体有12个面C.该半正多面体表面积为3 D.该半正多面体体积为【答案】AD【解析】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），故A正确，B错误；该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，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：AD.11.记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，则下列结论正确的是（）A.一定是钝角三角形 B.C.角的最大值为 D.【答案】ACD【解析】对于A，由，得，由余弦定理有：，又因为，所以为钝角，A正确；对于B，因为，由正弦定理有：，所以，整理得：，因为，等式两边同除以，得：，B错误；对于C，由余弦定理有：，又因为，所以，当且仅当，即时等号成立，因为，所以，所以角的最大值为，C正确；对于D，，所以，即，所以，，所以，故，由正弦定理可得：，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量与互相垂直，且，，则的坐标为______【答案】【解析】设，因为与垂直，所以，即，又因为，所以，故.故答案为：.13.已知一个正四棱台两底面边长分别为1和2，高为3，则该正四棱台的体积为______.【答案】7【解析】由棱台的体积公式，该棱台的体积为.故答案为：7.14.如图，点，是半径为2的圆周上的定点，为圆周上的动点，，则图中阴影区域的面积的最大值为______.【答案】【解析】如图，取圆心为点，连接，由圆的性质可知当为优弧的中点时，到的距离最大，此时阴影部分的面积取最大值，因为，此时，故阴影部分的面积的最大值为.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、证明过程或者演算步骤.15.已知向量，不共线，且，，．（1）若，求的值；（2）若，求证：，，三点共线．（1）解：若，则，即，可得，解得，，所以.（2）证明：若，则，所以，，所以，则，，三点共线．16.已知与是平面内的两个向量，，，与的夹角为.（1）求；（2）求；（3）在平面直角坐标系下，若，求在方向上的投影向量的坐标.解：（1）.（2）因为，所以.（3）在方向上的投影向量为.17.某海域的东西方向上分别有两个观测点（如图），它们相距海里.现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速速为海里/小时.（1）求点到点的距离；（2）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间.解：（1）由题意知海里，，，在中，由正弦定理得，，（海里）.（2）在中，，（海里），由余弦定理得，（海里），则需要的时间（小时）．答：救援船到达点需要2小时．18.在中，角所对的边分别为，已知．（1）求角的大小．（2）若，的面积为，求的周长．（3）若为锐角三角形，求的取值范围．解：（1）∵，∴，即，∵，∴，∴，故.（2）由（1）得，，∵的面积为，∴，即，解得，由余弦定理得，，∴，故的周长为.（3）由得，则，∴.∵为锐角三角形，∴，故，∴，故，∴，即的取值范围是.19.如图，圆的半径为，其中、为圆上两点.（1）若，当为何值时，与垂直？（2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值.（3）若的最小值为，求的值.解：（1）因为，，所以由余弦定理得，即，即，解得，由平面向量数量积的定义可得，若与垂直，则，所以，所以，解得，即当时，与垂直.（2）因为为的重心，所以，又因为，，所以，由于、、三点共线，所以存在实数使得，所以，化简为，因为、不共线，所以，，所以，所以.显然，，则，当且仅当时，即当时，取最小值.（3）设，取线段的中点，连接，则，则，又，所以当时，有最小值，所以，解得，即取最小值时，．安徽省宿州市省、市示范高中皖北2024-2025学年高一下学期期中考试教学质量检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（）A1 B.2 C. D.【答案】D【解析】因为，所以.故选：D.2.已知是平面内不共线的四点，则“”是“四边形为平行四边形”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为是不共线的四点，若，则有，，故四边形为平行四边形；若四边形为平行四边形，则有.故“”是“四边形为平行四边形”的充要条件.故选：C.3.如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由直观图知原几何图形是直角梯形，如图，由斜二测画法可知，，所以.故选：B.4.已知平面向量，，则向量与的夹角大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由已知，，所以，故.故选：D.5.已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的母线长为（）A.2 B. C.1 D.2【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，则，解得或（舍），故选：A6.记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由已知及余弦定理得，解得（负值舍去），所以的面积为.故选：A.7.在正六边形中，点是线段上靠近点的三等分点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】依题意，如图，，因为，，所以.故选：D.8.在平面四边形中，已知，，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，，，可得，故，又，所以，以为直径作圆，则四点共圆，如图所示，故点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），于是，，又表示在方向上的投影的数量，由图可知，当点在劣弧的中点位置时，投影的数量最小，此时，连接交于点，则，故，即的最小值为，故的最小值为.故选：C.二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数满足，，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则下列正确的是（）A.的虚部为B.在复平面内对应的点位于第一象限C.是纯虚数D.若是关于的实系数方程的一个根，则【答案】BCD【解析】根据题意，，解得，，所以的虚部为，故A错误；又，则在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确；又，故C正确；若是方程的一个根，则方程的另一根为，根据韦达定理有，，解得，，所以，故D正确.故选：BCD.10.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.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形为面所围成的多面体，这体现了数学的对称美.如图，将棱长为1的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此一共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（）A.该半正多面体有12个顶点 B.该半正多面体有12个面C.该半正多面体表面积为3 D.该半正多面体体积为【答案】AD【解析】该半正多面体的所有顶点恰为正方体各棱的中点，有12个顶点，14个面（6个正方形，8个正三角形），故A正确，B错误；该半正多面体所有顶点都为正方体的棱的中点，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：AD.11.记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，则下列结论正确的是（）A.一定是钝角三角形 B.C.角的最大值为 D.【答案】ACD【解析】对于A，由，得，由余弦定理有：，又因为，所以为钝角，A正确；对于B，因为，由正弦定理有：，所以，整理得：，因为，等式两边同除以，得：，B错误；对于C，由余弦定理有：，又因为，所以，当且仅当，即时等号成立，因为，所以，所以角的最大值为，C正确；对于D，，所以，即，所以，，所以，故，由正弦定理可得：，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量与互相垂直，且，，则的坐标为______【答案】【解析】设，因为与垂直，所以，即，又因为，所以，故.故答案为：.13.已知一个正四棱台两底面边长分别为1和2，高为3，则该正四棱台的体积为______.【答案】7【解析】由棱台的体积公式，该棱台的体积为.故答案为：7.14.如图，点，是半径为2的圆周上的定点，为圆周上的动点，，则图中阴影区域的面积的最大值为______.【答案】【解析】如图，取圆心为点，连接，由圆的性质可知当为优弧的中点时，到的距离最大，此时阴影部分的面积取最大值，因为，此时，故阴影部分的面积的最大值为.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、证明过程或者演算步骤.15.已知向量，不共线，且，，．（1）若，求的值；（2）若，求证：，，三点共线．（1）解：若，则，即，可得，解得，，所以.（2）证明：若，则，所以，，所以，则，，三点共线．16.已知与是平面内的两个向量，，，与的夹角为.（1）求；（2）求；（3）在平面直角坐标系下，若，求在方向上的投影向量的坐标.解：（1）.（2）因为，所以.（3）在方向上的投影向量为.17.某海域的东西方向上分别有两个观测点（如图），它们相距海里.现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知