吉林省松原市宁江区2024-2025学年高一年级下册期中数学试题（解析版）

吉林省松原市宁江区2024-2025学年高一下学期期中

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.在复平面内，复数z=-l+i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

【答案】B

【解析】在复平面内，复数z=—l+i对应的点为(TJ)，在第二象限.

故选：B

2.已知〃=(1,2)力=(〃7、4),若"_Ld),则实数〃2=()

A.-2B.2C.-3D.3

【答案】C

【解析】由题意，向量〃=(1,2)/=(m,4),则4)一(1,2)=(m一1,2),因为

a可得1x(/〃—l)+2x2=0,解得机二—3.

故选：C.

3.下面不是平行六面体的几何体是()

A.四楂台B.长方体

C.正方体D.底面是菱形的四棱柱

【答案】A

【解析】长方体、正方体、底面是菱形的四棱柱均是平夕亍六面体，四棱台不是平行六面体.

故选:A.

4.如图，在VA3C中，点。是3C的中点，点E'是AO的中点，设CA=a,CB=b，则

B.-a+-b

24

c1-111-1r

C.—a+—bD.—a+—b

4224

【答案】D

【解析】由点。是BC的中点，点£是AD的中点，

1―.1—1一]一.11・

得CE=-CA+—CO=—CA+—C8=—4+—〃.

222424

故选：D

5.己知水平放置的等边VA8C的边长为4,则该三角形斜二测直观图的面积为（）

A.26B.3C.V6D.2五

【答案】C

【解析】由题意可知：s.=号乐二号!”4=瓜

故选：C.

6.在VA3C中，A=3D,a=也由=2,则。=（）

A.^2B.\/3—1

C.V3+1D.6一1或6+1

【答案】D

【解析】由余弦定理，a2=b2+c2-2bccosAf即。2-2及+2=0,解得c=6±l.

故选：D.

7.已知圆台的上、下底面的半径分别为I和3,球。与该圆台的上、下底面及其侧面都相

切，则球。的体积为（）

A.46TtB.12兀C.48兀D.32A

【答案】A

【解析】画出圆台的轴截面，如图所示:

则四边形A8CQ是等腰梯形，旦DN=1,AM=3,内切圆圆心即球心。；

所以圆台的母线长为4D=4E+EO=AM+DN=3+1=4,

连接。4、0。和0E,

NEDO=-/EDN,ZEAO=-NEAM,NEDO+ZEAO=-NEDN+-ZEAM=

22222

所以△AOO是直角三角形，且O£：2=AE-EO=3,

所以球的半径为r=OE=J5,

球O的表面积为V=3兀《6丫=4后.

故选：A.

8.己知VA3C中，过8C中点Q的直线分别与直线A民AC交于点旦尸，且

AE=mAB（m>0）,AR=〃AC（〃>0）,则〃?+4〃的最小值为（）

97

A.9B.-C.7D.-

22

【答案】B

【解析】因为。为8C的中点，故=

22

而。,石,厂三点共线，故存在实数4,使得人力二彳人石+0-/9人尸，

所以％wAB+（l-/l）〃AC=gA3+gAC,而AB,AC不共线，

故％〃7=g,(l-=g,所以一十，=2,

故利+4〃=%+4〃代+/牛+色+竺R2,

2\tnnJ2VmnJ2

339

当且仅当n=—,m=—时等号成立，故“7十4〃的最小值为一，

422

故选：B.

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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。分）

9.已知复数4/2/3是方程（27）卜2-2。=0的三个互不相同的复数根，则下列结论正

确的是（）

A.复数Z1,Z2,Z3的实部之和为0

B.更数Z[,Z2，Z3的虚部之积为一1

C.复数Z1,Z2，Z3的模长之和为3

D.复数4必修的积为2

【答案】ABD

【解析】因为（z—i）（z2—2i）=0,其三个不同的复数根为：i,1+i,-1-i，

B

图2

A.该儿何体是一个球缺

B.该几何体中球冠的高为1

Q

C.该几何体的体积为一兀

3

D.该几何体的表面积为（4+26）兀

【答案】BCD

【解析】对A：易得将扇形绕直线4。旋转一周得到的几何体是组合体，下方为一个

倒置的圆锥，上方为球缺，故A错误；

如图：过点C作A3的垂线，垂足为O'.

0717T7T2冗

因为扇形O4C的面积为二，且4。。二一，所以一,OA=—=Q4=R=2.

3333

7T

对B：因为04=2,ZAOC=-所以0。=。2=],所以该几何体中球冠的高

3f

。/=1,故B正确：

对c：该几何体的体积是球缺体积加圆锥体积，所以VMgxiGyxi+mxrxOxz—i）

J

=—,故C正确；

3

对D：该儿何体的表面积为球冠面积加圆锥侧面积，所以S=2兀x2x1+7ix6乂2

=（4+26）兀，故D正确.

故选；BCD

三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）

12.已知及数z=3—4i,则z的模长为.

【答案】5

【解析】因为复数z=3—4i,所以⑸=J3?+（-4『=5.

故答案为：5.

13.已知〃=（1,2）,则向量力在向量上的投影向量的坐标为.

【答案】（1,2）

a-bb5（1,2）

【解析】因沏开旷声乐:（⑶

故答案为：（1,2）

14.“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们都是凸多面体，每个面都

是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不

全相同.某些阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到.如图，正八面体

E-ABCD-F（每个面都是棱长相等的正三角形）的棱长为6,取各条棱的三等分点，

从各棱的三等分点处截去六个角后可得到一个阿基米德多面体，则该多面体的表面积为

【答案】485/3+24

【解析】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，正八面体E—A8cO—E的棱长为6,

从各校的三等分点处截得多面体，则该多面体的棱长为2,且表面由6个正方形和8个正六

边形组成，故该多面体的表面积为6x2x2+8x6x,x2x2xsin60=24+48后，

2

故答案为：48^/3+24.

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.已知复数z=（机2—2m）+04—〃?一2万，当实数机为何值时，复数z满足下列条件:

(1)复数Z是实数；

(2)复数z是纯虚数;

(3)复数z对应的点位于复平面的第四象限.

解：(1)当62一加一2=。时，

即当机=-1或m=2时，复数z是实数；

［，n2一-2/0

(2)当〈,时，即当加=0时，复数z是纯虚数；

—2/M-0

m2-m-2<0

(3)当〈?时，即当一1<根<。时，

nr-2m>0

复数z对应的点位于复平面的第四象限.

16.已知向量满足同=2,耳=6,a+b=\/\3.

(1)求向量。与夹角的大小；

(2)设比=2。-3。,〃=4〃+/?,若加与”夹角是钝角，求实数4的取值范围.

解:(I)设d与〃的夹角为巴

由|。+〃|2=42+^2+242=7+2x2x>/3cos/9=13,

解得cosO=J，因0<6><180，则8=30；

2

(2)由题意得底〃=(24-38),(而+/4=2而2—3。2+(2-3/1”小

=8/l—9+2G(2—34)cos30=—4一3<0,解得几>一3,

再令〃7=如，则2〃-3/?=攵(府+匕)=%而+妨，即(2—取”一(2+3)〃=0,

2-U=0

,r八，解得3,

2+3=()

k=-3

2

要使历与近夹角是钝角，则2>—3且——，

3

27

综上可得：—3<a<—或—.

33

(2\(2\

即实数4的取值范围为-3,--u-鼻,+8.

\J/IJ7

L21

17.如图，在四边形A8CD中，AB=3拉,/刚。=45,448。的面积为一，/BDC=135.

2

D

A

C

B

(1)求的长；

(2)若AD//BC,求△BC力的面积.

1321

解：(1)由题意得S/iijiz=—24/?-ADBAD=—2AD=—2AD=7,

由余弦定理得BD2=AB-+AD2-2AB-ADcosZBAD=25,80=5.

(2)在△ABO中，由余弦定理得

cosZADB=十BD一四J.sin^ADB=

2ADBD55

34

ADIIBC,NCBD=/ADB,:.sin/CBD=一,8s/CBD=—

55

在公BCD中，:4BDC=135,/.ZCBD+NDCB=45，

CDBD

由正弦定理

smZCBDsinZBCD

BDsinNCBD3

sinNBCD~sin(45-ZCBD)

=-j=--------------------------------=1572

三(CGSNCBD-sinZCBD)'

.•.△3CD的面积为SBCD=万DC•BD,sin/BDC=.

18.南北朝时期的伟大科学家祖曜，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖眶原理：“诲势

既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面

的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相

等.球的体积可以利用祖晅原理求出.如图，左边是一个半径为R的半球Q(用经过球心

的平面截球体所得的儿何体)，右边是从底面半径和高均为R的圆柱中挖去一个以该圆柱

的上底面为底面、下底面圆心Q为顶点的圆锥所得到的几何体，这两个几何体在同一平面

。上.现用任意一个平行于。的平面/截这两个几何体，记左边半球。|被平面夕截得的

截面面积为号，右边几何体被平面p截得的截面面积为邑.

（2）利用祖胞原理求此半球01的体积，并由此给出球体的体积公式.

解：（1）当平面夕与。的距离为〃（OW〃WR）时，

由题意得左边半球Oi被平面夕截得的截面为圆面，

其半径才，则百=（7?2-〃2）兀；

右边几何体被平面P截得的截面为圆心相同的圆环，易得大圆的半径为R,

因为圆柱的高等于底面半径，所以小圆的半径为弓=力，则S2=（R2-〃2）九

（2）由（1）得当平面£与a的距离为〃（（）<〃</?）时，S=S2=（R2—〃2）兀，

即对于任意/?w[O,R],都有‘=S2,

由祖屯原理可得左边半球的体积等于右边几何体体积，

即咚球二%柱-%锥=成。-$鼠氏=|成）

4

所以半径为R的球体的体积公式为V=-兀R'.

3

19.”费马点问题''是由十七世纪法国数学家费马所提出的一个问题：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，此点被称为该三角形的费马点.意大利

数学家托里拆利给出了解答，即当VA8C的三个内角均小于120时，使得

AAPB=ZBPC=ZCPA=120的点。为VA3c的费马点；当VA3c有一个内角大于

或等于120时，最大内角的顶点为VABC的费马点.已知VABC中，内角A8,C的对

边分别为dAc,点P为VA8C的费马点.

（1）若$吊28+5抽2。一5访24+>/^亩85抽。=0,。=2石,28・23二一4,求V43C的

周长；

什cosAa

(z2)若-----=------，且VA8C的面积为由，求依•PC的取值范围.

cosC2b-c

解：(1)因为sin2B+sin2c-sin2A+V^sin3sinC=0,

由正弦定理得b2+c2-a2+41bc=0，即从+/一/二一后0,

可得cosA="-2:监

2hc2

且0〈Aviso，所以八=135°>120"，可知点尸为点A，

uiruunuunuuu

则PBPC=ABAC=bccosZBAC=-半儿=-4,可得be=40，

由从+02-/=_0反，可得/=S+cy+2Z?c---1,

<>

即2O=S+cy+8-80,解得人+c=2夜+2，

所以VABC的周长为a十6+c=2拓十2五十2.

,八r-iMcosAaq-Le…mzr.cosAsinA

(2)因为一-=——,由正弦定理得一-=——~~—>

cosC2b-ccos