2024-2025学年云南省昭通一中教研联盟高一下学期期中质量检测数学试卷（A卷）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年云南省昭通一中教研联盟高一下学期期中质量检测数学试卷（A卷）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 225.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-29 07:13:21 | ||
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文档简介
2024-2025学年云南省昭通一中教研联盟高一下学期期中质量检测
数学试卷（A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，则的虚部为
A. B. C. D.
2.已知向量，，若，则实数
A. B. C. D.
3.已知在中，，，，则
A. B. 或 C. D. 或
4.圆锥的底面半径为，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是( )
A. B. C. D.
5.在中，，，，则
A. B. C. D.
6.朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉．其著作四元玉鉴是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价．四元玉鉴下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何？”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少？已知朱世杰是以圆周率为来计算，则四元玉鉴中此题答案为注：
A. B. C. D.
7.在中，角，，所对的边分别为，，，表示的面积，若，，则等于
A. B. C. D.
8.如图所示，点为正八边形的中心，已知，点为线段，上一动点，则的范围是( )
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，，且，则下列命题一定成立的有
A. 若，则 B. 若，则是实数
C. 若，则是纯虚数 D.
10.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
11.在中，内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的是
A. 若，则
B. 在中，若，则必是等腰直角三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则为钝角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量，满足，，则在上的投影向量是________．
13.锐角的内角，，的对边分别为，，，，则的取值范围为________．
14.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为________．
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
已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，．
是线段上靠近的三等分点，求点的坐标；
若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
16.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求角；
若，，求的面积．
17.本小题分
如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
与所成的角是否为定值，试说明理由；
若，求四面体的体积．
18.本小题分
已知在中，，，分别为边，上的点，且，．
若，用向量方法求证：；
若，求边上的中线的长．
19.本小题分
阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，角的运算均采用弧度制
若，求四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和；
若与平面的夹角的正弦值为，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为，与平面交于点，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：设，则，
故，
得
．
由题意，
又因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，则
解得
则的取值范围为
16.解：在中，因为，可得．
因为，由正弦定理得，．
由，所以，可得，所以．
又由，所以，所以，所以，可得．
，
解得：，
故．
17.解：因为平面平面，，
又平面平面，所以平面，
平面，所以，同理可证．
又为菱形，，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，，平面，所以平面．
又平面，所以，
故D与所成角为定值．
，，可得，
由得平面，
所以四面体的体积：
．
18.解：因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，
即 ，得证．
解：在中，由余弦定理得：，
在中由余弦定理得：，
则．
19.解：若，则菱形为正方形，即．
因为平面，，平面，所以，，
所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为，
所以四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和为．
解：为菱形，．
又直四棱柱，
平面，平面，．
又，平面，，平面．
设，则即为与平面所成的角，
在中，，因为与平面的夹角的正弦值为，
所以，所以，则．
因为平面，，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为．
证明：在四面体中，，，，
所以，，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，
所以为等边三角形，所以．
又在中，，所以，
所以直四棱柱为正方体．
因为平面，平面，所以D.
又，，，平面，
所以平面．
又平面，所以D.
平面，平面，．
又，平面，，平面．
又平面，所以．
又，，平面，所以平面．
是三棱锥的高，设正方体的棱长为，
，，
，
，
，，
．
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数学试卷（A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，则的虚部为
A. B. C. D.
2.已知向量，，若，则实数
A. B. C. D.
3.已知在中，，，，则
A. B. 或 C. D. 或
4.圆锥的底面半径为，其侧面展开图是半圆，那么此圆锥的高是( )
A. B. C. D.
5.在中，，，，则
A. B. C. D.
6.朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉．其著作四元玉鉴是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价．四元玉鉴下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何？”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少？已知朱世杰是以圆周率为来计算，则四元玉鉴中此题答案为注：
A. B. C. D.
7.在中，角，，所对的边分别为，，，表示的面积，若，，则等于
A. B. C. D.
8.如图所示，点为正八边形的中心，已知，点为线段，上一动点，则的范围是( )
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，，且，则下列命题一定成立的有
A. 若，则 B. 若，则是实数
C. 若，则是纯虚数 D.
10.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
11.在中，内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的是
A. 若，则
B. 在中，若，则必是等腰直角三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则为钝角三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量，满足，，则在上的投影向量是________．
13.锐角的内角，，的对边分别为，，，，则的取值范围为________．
14.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为________．
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
已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，．
是线段上靠近的三等分点，求点的坐标；
若与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
16.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求角；
若，，求的面积．
17.本小题分
如图，已知菱形所在平面与矩形所在平面相互垂直，且，是线段的中点，是线段上的动点．
与所成的角是否为定值，试说明理由；
若，求四面体的体积．
18.本小题分
已知在中，，，分别为边，上的点，且，．
若，用向量方法求证：；
若，求边上的中线的长．
19.本小题分
阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．”已知在直四棱柱中，底面为菱形，角的运算均采用弧度制
若，求四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和；
若与平面的夹角的正弦值为，求四棱柱在顶点处的离散曲率；
截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为，与平面交于点，证明：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
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12.
13.
14.
15.解：设，则，
故，
得
．
由题意，
又因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，则
解得
则的取值范围为
16.解：在中，因为，可得．
因为，由正弦定理得，．
由，所以，可得，所以．
又由，所以，所以，所以，可得．
，
解得：，
故．
17.解：因为平面平面，，
又平面平面，所以平面，
平面，所以，同理可证．
又为菱形，，，
所以≌，．
又为的中点，所以．
设，连接，，所以．
又，，平面，所以平面．
又平面，所以，
故D与所成角为定值．
，，可得，
由得平面，
所以四面体的体积：
．
18.解：因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，
即 ，得证．
解：在中，由余弦定理得：，
在中由余弦定理得：，
则．
19.解：若，则菱形为正方形，即．
因为平面，，平面，所以，，
所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为，
所以四棱柱在各个顶点处的离散曲率的和为．
解：为菱形，．
又直四棱柱，
平面，平面，．
又，平面，，平面．
设，则即为与平面所成的角，
在中，，因为与平面的夹角的正弦值为，
所以，所以，则．
因为平面，，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为．
证明：在四面体中，，，，
所以，，
所以四面体在点处的离散曲率为，
所以，
所以为等边三角形，所以．
又在中，，所以，
所以直四棱柱为正方体．
因为平面，平面，所以D.
又，，，平面，
所以平面．
又平面，所以D.
平面，平面，．
又，平面，，平面．
又平面，所以．
又，，平面，所以平面．
是三棱锥的高，设正方体的棱长为，
，，
，
，
，，
．
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