2024-2025学年陕西省榆林市高一下学期4月全国名校期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省榆林市2024-2025学年高一下学期4月全国名校期中联考数学试题注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：必修第二册（6.1~8.3）.一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.下列说法正确的是（）A.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B.球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D.用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台【答案】B【解析】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；故选：B.2.如果，是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】两个单位向量的方向不一定相同或相反，所以选项A，B不正确；由于两个单位向量的夹角不确定，则不一定成立，所以选项D不正确；因为，是两个单位向量，故，则选项C正确.故选：C.3.复数是虚数单位，是纯虚数，则（）A.1 B. C.1或 D.0【答案】A【解析】由复数是虚数单位，是纯虚数，可得且，解得，故选：A4.已知，，且，则的坐标为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】由，，设，由，得，解得，所以的坐标为或.故选：D5.如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（）A.B.C.四边形的周长为D.四边形的面积为【答案】D【解析】如图可知，四边形的周长为，四边形的面积为.故选:D.6.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，由余弦定理可得，因为，所以，所以.故选：A.7.已知复平面内复数对应的点为，复数对应的点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（）A.若与关于实轴对称，则：为实数B.若与关于实轴对称，则C.若，则D.若，则：【答案】C【解析】设，，，.对于A，与关于实轴对称，则，，故A正确；对于B，与关于实轴对称，则，，，故B正确；对于C，，，不一定为0，故C错误；对于D，，，，故D正确.故选：C8.如图，在中，，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵，∴，又∵，∴，∴，故选．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.正方体的棱长为2，是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（）A. B. C. D.5【答案】ABC【解析】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为，为等腰直角三角形，其直角边长为，将左图中绕翻折至与共平面（如右图），因为，，所以当、、共线时最小，此时为中点，，，此时，，则最小值为；当与（或）重合时最大，最大值为.故选：ABC.10.已知为虚数单位，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，则D.若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为【答案】AC【解析】对于A：若，即，所以，故A正确；对于B：因为，所以，而，故B错误；对于C：设、在复平面内对应的向量为、，则且，所以，即，解得，所以，即，故C正确；对于D：设，由，即，所以，所以复数在复平面内对应的点在如图所示的圆环内（不含边界）圆心为坐标原点，半径分别为、，所以复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为，故D错误；故选：AC11.已知三个内角的对应边分别为，且，，则下列结论正确的有（）A.面积的最大值为B.C.周长的最大值为6D.的取值范围为【答案】AC【解析】对于A，由余弦定理得：，解得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以，故，故A正确；对于B，，故B不正确；对于C，由余弦定理得：，解得：，所以，当且仅当时，等号成立，解得，当且仅当时，等号成立，所以，周长，所以周长的最大值为6，故C正确；对于D，，因为，所以，所以，故D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则______.【答案】5【解析】由，得，因此，所以.故答案为：513.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________.【答案】【解析】因为，所以，，设相交于点，则到的距离为，所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即.故答案为：.14.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形内角和为1080°，若（，），则的值为____________；若正八边形的边长为2，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为____________．【答案】;【解析】，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，正八边形内角和为，则，所以，，，，，，，，，，因为，则，所以，解得，，所以；设，则，，，则，所以，当点在线段上时，取最小值．故答案为：；．四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知一个圆锥的底面半径为，高为，在其内部有一个高为的内接圆柱．（1）求圆柱的侧面积；（2）求圆柱的侧面积的最大值及此时的值．解：（1）设圆锥顶点为，底面圆心为，圆柱的底面半径为，作出圆锥和圆柱的轴截面如下图所示，，，则圆柱侧面积.（2）由（1）知：，当时，圆柱侧面积取得最大值.16.已知、满足，.（1）设，的夹角为，求；（2）若，求的最小值.解：（1）由，得，同相减得，，代入中，得.所以，所以.（2）因为，设，所以，所以当时，取得最小值，最小值为.17.设实部为正数的复数，满足，且复数在复平面上对应的点在第一、三象限的角平分线上.（1）求复数；（2）若为纯虚数，求实数的值.解：（1）设，，，由题意：①计算，得②①②联立，解得，得.（2），所以且，解得.18.（1）是球的球面上四点，，球心是的中点，四面体的体积为，求球的体积；（2）已知正四棱台中，，该四棱台的体积为，求这个四棱台的表面积.解：（1）如下左图所示，由题意可知为球的直径，设到面的距离为，则等边的面积为，所以，则球心到面的距离为1.设面，易知为等边的外心，所以，故球的半径，所以球O的体积.（2）如上右图所示，设分别为上、下底面的中心，分别为的中点，且有，，设正四棱台的上底面面积、下底面面积、侧面积分别为，，，由，即得，，所以，.又及，所以有，解得.由勾股定理可得斜高，所以，从而四棱台表面积.19.如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形设.（1）当时，求四边形的周长；（2）克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求（3）问：B在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值.解：（1）在中，由余弦定理得，即，于是四边形的周长为；（2）因为，且为等边三角形，，，所以，所以，即的最大值为3，取等号时，所以，不妨设，则，解得，所以，所以；（3）在中，由余弦定理得，所以，，于是四边形OACB的面积为，当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为，所以，当满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为.陕西省榆林市2024-2025学年高一下学期4月全国名校期中联考数学试题注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：必修第二册（6.1~8.3）.一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.下列说法正确的是（）A.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B.球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D.用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台【答案】B【解析】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；故选：B.2.如果，是两个单位向量，那么下列四个结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】两个单位向量的方向不一定相同或相反，所以选项A，B不正确；由于两个单位向量的夹角不确定，则不一定成立，所以选项D不正确；因为，是两个单位向量，故，则选项C正确.故选：C.3.复数是虚数单位，是纯虚数，则（）A.1 B. C.1或 D.0【答案】A【解析】由复数是虚数单位，是纯虚数，可得且，解得，故选：A4.已知，，且，则的坐标为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】由，，设，由，得，解得，所以的坐标为或.故选：D5.如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（）A.B.C.四边形的周长为D.四边形的面积为【答案】D【解析】如图可知，四边形的周长为，四边形的面积为.故选:D.6.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，由余弦定理可得，因为，所以，所以.故选：A.7.已知复平面内复数对应的点为，复数对应的点为，为坐标原点，则下列说法错误的是（）A.若与关于实轴对称，则：为实数B.若与关于实轴对称，则C.若，则D.若，则：【答案】C【解析】设，，，.对于A，与关于实轴对称，则，，故A正确；对于B，与关于实轴对称，则，，，故B正确；对于C，，，不一定为0，故C错误；对于D，，，，故D正确.故选：C8.如图，在中，，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵，∴，又∵，∴，∴，故选．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.正方体的棱长为2，是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（）A. B. C. D.5【答案】ABC【解析】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为，为等腰直角三角形，其直角边长为，将左图中绕翻折至与共平面（如右图），因为，，所以当、、共线时最小，此时为中点，，，此时，，则最小值为；当与（或）重合时最大，最大值为.故选：ABC.10.已知为虚数单位，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，则D.若复数满足，则复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为【答案】AC【解析】对于A：若，即，所以，故A正确；对于B：因为，所以，而，故B错误；对于C：设、在复平面内对应的向量为、，则且，所以，即，解得，所以，即，故C正确；对于D：设，由，即，所以，所以复数在复平面内对应的点在如图所示的圆环内（不含边界）圆心为坐标原点，半径分别为、，所以复数在复平面内对应的点所构成的图形面积为，故D错误；故选：AC11.已知三个内角的对应边分别为，且，，则下列结论正确的有（）A.面积的最大值为B.C.周长的最大值为6D.的取值范围为【答案】AC【解析】对于A，由余弦定理得：，解得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以，故，故A正确；对于B，，故B不正确；对于C，由余弦定理得：，解得：，所以，当且仅当时，等号成立，解得，当且仅当时，等号成立，所以，周长，所以周长的最大值为6，故C正确；对于D，，因为，所以，所以，故D错误.故选：AC.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则______.【答案】5【解析】由，得，因此，所以.故答案为：513.清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________.【答案】【解析】因为，所以，，设相交于点，则到的距离为，所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即.故答案为：.14.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形内角和为1080°，若（，），则的值为____________；若正八边形的边长为2，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为____________．【答案】;【解析】，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，正八边形内角和为，则，所以，，，，，，，，，，因为，则，所以，解得，，所以；设，则，，，则，所以，当点在线段上时，取最小值．故答案为：；．四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知一个圆锥的底面半径为，高为，在其内部有一个高为的内接圆柱．（1）求圆柱的侧面积；（2）求圆柱的侧面积的最大值及此时的值．解：（1）设圆锥顶点为，底面圆心为，圆柱的底面半径为，作出圆锥和圆柱的轴截面如下图所示，，，则圆柱侧面积.（2）由（1）知：，当时，圆柱侧面积取得最大值.16.已知、满足，.（1）设，的夹角为，求；（2）若，求的最小值.解：（1）由，得，同相减得，，代入中，得.所以，所以.（2）因为，设，所以，所以当时，取得最小值，最小值为.17.设实部为正数的复数，满足，