2023-2024学年安徽省A10联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年安徽省A10联盟高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数满足，则在复平面内复数对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知向量，，则“”是“，的夹角是钝角”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
3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的面积为( )
A.
B.
C.
D.
4.在中，是边的中点，是边上一点，且，记，．，则( )
A. B. C. D.
5.已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为( )
A. B. C. D.
6.平面上三个力，，作用于一点且处于平衡状态，．与的夹角为，则( )
A. B. C. D.
7.用一个圆心角为的扇形为圆心围成一个圆锥点，恰好重合，该圆锥顶点为，底面圆的直径为，则的值为( )
A. B. C. D.
8.在中．，，若的最长边的长为，则最短边的长为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，则下列说法一定正确的是( )
A. 若复数，则
B. 若复数，且，则
C.
D. 若，则
10.下列说法正确的是( )
A. 已知在所在平面内，满足，则点是的外心
B. 长方体是平行六面体
C. 已知，是夹角为的单位向量，且，，则
D. 在复平面内，已知平行四边形的顶点，，，对应的复数分别是，，，，则
11.在中，，是的中点，则( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则外接圆的面积为
D. 若，则当取得最大值时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数是纯虚数，则的值为______．
13.在中，内角，，的对边分别为，，，为锐角，，，，若符合条件的三角形有个，则整数构成的取值集合为______．
14.在中，，，，点是边上一点，且，当取得最小值时，的值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知复数满足．
求；
若是实系数一元二次方程的一个根，求方程的另一个根和的值．
16.本小题分
如图，底面半径为，高为的圆柱，在点处有一只蚂蚁，现在这只蚂蚁要围绕圆柱，由点爬到点，求蚂蚁爬行的最短路线长取；
如图，在长方体中，是的中点，，，一只蚂蚁从点出发沿长方体表面爬行到点，求蚂蚁爬行的最短路线长．
17.本小题分
已知向量，．
求向量在向量上的投影向量的坐标；
已知，，．
若、、三点共线，求的值；
若，求的值．
18.本小题分
如图，四边形是正方形在边上运动，在边上运动，与交于点．
若是的中点，，，求实数的值；
若，，求的最大值．
19.本小题分
设的内角，，的对边分别为，，，且满足．
若，，求的面积；
若是锐角三角形，，求的取值范固．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
在复平面内对应的点是，位于第四象限．
故选：．
化简复数，根据复数的几何意义求解．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，的夹角是钝角，
则且，不反向共线，
故且，解得且，
故“”是“，的夹角是钝角”的必要不充分条件．
故选：．
根据已知条件，结合向量的数量积运算，以及向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量的数量积运算，以及向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，直观图为直角梯形，且，．
其面积，
故原图的面积．
故选：．
根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：是边的中点，，
则
，
，
则，，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合向量的线性运算法则，即可求解．
本题主要考查向量的基本定理，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设复数，
因为，
所以，
即，
即，
得，
所以复数的虚部为．
故选：．
由已知结合复数的四则运算及复数的基本概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：平面上三个力，，作用于一点且处于平衡状态．
则，
，．与的夹角为，
故．
故选：．
根据已知条件，推得，再将两边同时平方，即可求解．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，
则，解得，
所以在圆锥的轴截面中，
，，
由余弦定理得，
所以．
故选：．
设圆锥的母线长为，底面半径为，根据侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长求出，利用圆锥的轴截面求出和．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：在中．，，的最长边的长为，
设内角，，的对边分别为，，，由题意得，
，
因为，，
故，故，
又，，
解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得，
则最短边的长为．
故选：．
设内角，，的对边分别为，，，利用两角和的正切公式得，则，，根据切化弦求得和，利用正弦定理即可求解．
本题考查了两角和的正切公式和正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】对于，设，若复数，即，则，故A正确；
对于则，解得，故B错误；
对于设，，则，，
所以，
，故C正确；
对于令，，此时，故D错误．
故选：．
由已知结合复数的四则运算及复数的基本概念检验各选项即可判断．
本题主要考查了复数的四则运算及模长公式的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，记的中点为，
因为，
所以，
所以，，三点共线，
故点在中线上，同理点也在的另外两条中线上，则点是的重心，故A错误；
对于，底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，则长方体是平行六面体．故B正确；
对于，，是夹角为的单位向量，
则，
，，
则，
故，故C正确；
对于，，．
，，
设，则，
四边形为平行四边形，
，即，解得，
故点对应的复数为，故D正确．
故选：．
结合外心、平行六面体的定义，判断，结合向量的数量积运算，判断，结合复数的几何意义，以及平行四边形的性质，判断．
本题主要考查命题的真假判断与应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，若，且是的中点，则，
则，则，故A错误；
对于，，由正弦定理．
所以，因为，所以，
设、，所以，
得，
所以所，故B正确；
对于，在中，则，，
所以，，
则外接圆的半径为面积为，故C正确；
对于，由，可得，
设，则，
当且仅当 ，即时等号成立，故D错误．
故选：．
根据正弦定理，余弦定理，同角三角函数的基本关系，二倍角公式，诱导公式，即可求解．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，
令且，解得．
故答案为：．
根据纯虚数的定义求解．
本题考查复数的运算，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：当时，符合条件的三角形有个，
所以，解得，则整数构成的集合为．
故答案为：．
由已知结合正弦定理即可求解．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由余弦定理得，，
即，
解得舍去，
因为点是边上一点，且，
所以，
所以，
所以．
所以当时．取最小值．
故答案为：．
由余弦定理可得，由，，三点共线，可得，从而得，两边平方，结合二次函数的性质求解即可．
本题考查了余弦定理的应用、向量的线性运算，属于中档题．
15.【答案】解：设，
，
则，
故，解得，
故；
是实系数一元二次方程的一个根，
则也为实系数一元二次方程的一个根，
故，解得，，
故．
【解析】结合复数模公式，以及复数相等的条件，即可求解；
根据已知条件，推得也为实系数一元二次方程的一个根，再结合韦达定理，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
16.【答案】解：根据题意，把圆柱的侧面沿过点的母线剪开，然后展开成为矩形，如图所示，
连接，则就是为蚂蚁爬行的最短距离，
因为，，
所以，
所以蚂蚁爬行的最短路线长为；
根据题意，沿长方体的一条棱剪开，有三种剪法，
如图，以为轴展开，
此时，
如图以为轴展开，
此时，，
如图、以为轴展开，
此时，
综上，蚂蚁爬行的最短路线长为．
【解析】根据题意，把圆柱的侧面沿过点的母线剪开，然后展开成为矩形，由此分析可得答案；
根据题意，沿长方体的一条棱剪开，分种情况讨论，求出的值，比较可得答案．
本题考查圆柱、长方体的结构特征，涉及圆柱的侧面展开图，属于基础题．
17.【答案】解：已知向量，，
则，
又，
则向量在向量上的投影向量为；
由题意得．，，
若、、三点共线，
则，
则，
解得；
若，
则，
即，
解得．
【解析】结合向量在向量上的投影向量为求解；
若、、三点共线，则，然后利用平面向量数量积的运算求解；
若，则，然后利用平面向量数量积的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量共线及垂直的运算，属中档题．
18.【答案】解：如图，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为，
则，，，，
所以，，
设点，则，
由，得，
所以，所以，即，
设，则，
所以，解得；
因为，，三点共线，且，
所以，，，
设正方形的边长为，．
则，，，，，．
所以，，，
所以，
又，所以，
所以，，
所以，
若则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
综上所述：的故大值为．
【解析】建系，利用向量坐标运算，建立方程，即可求解；
建系，设正方形的边长为，，构建函数模型，根据基本不等式，即可求解．
本题考查向量的线性运算，向量共线定理的推论的应用，函数思想的应用，属中档题．
19.【答案】解：因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以或，
由及正弦定理得，
即，
又，
所以，
因为，
所以，即，
因为，
所以，
所以，
所以，
当时，，，由，得，
则的面积为，
当时，由得，，
则的面积为，
综上，的面积为；
因为是锐角三角形，，
所以，
所以，
则，，
则
，
因为为锐角三角形，，，
则，，，
解得，则，
设，可得上单调函递增，
故，
即的取值范围是．
【解析】利用正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合，可求，进而利用三角形的面积公式即可求解；
利用三角函数恒等变换的应用可求，可求得，则，进而利用二次函数的性质即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦函数的性质以及二次函数的性质在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
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