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2024-2025学年安徽师范大学附属中学高一下学期4月期中
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.已知复数，则为( )
A. B. C. D.
2.若向量，，，则( )
A. B. C. D.
3.在中，若其面积为，且，则角的大小为( )
A. B. C. D.
4.正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图如图，则原图形的周长是( )
A. B. C. D.
5.在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，若，，，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.在中，若，且，那么一定是( )
A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等边三角形
7.八卦是中国文化的基本哲学概念，图是八卦模型图，其平面图形为图所示的正八边形，其中，为正八边形的中心，则( )

A. B. C. D.
8.若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为( )
A. B. C. 或 D. 或
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.下列有关平面向量的命题中，不正确的是( )
A. 若，则
B. 已知，，则
C. 若非零向量，，，满足，则
D. 若，则且
10.的内角，，的对边分别为，则下列命题正确的有( )
A. 若，，，则有唯一解
B. 若，则，
C. 已知的外接圆的圆心为，，，为上一点，且有，
D. 若，外接圆半径为，内切圆半径为，则
11.如图，棱长为的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有( )
A. 直线与直线共面
B.
C. 点是线段上的动点，则满足的点有且只有一个
D. 过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
12.已知向量满足，，的夹角为，则 ．
13.已知复数是虚数单位，若所对应的点在复平面的第二象限内，则实数的取值范围为 ．
14.如图，在三棱柱中，是棱上的一点，且，是棱上一点若平面，则的值为 ．
15.已知在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且，点满足，，则的面积为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
已知向量，
Ⅰ若，求的值；
Ⅱ若，求实数的值；
Ⅲ若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．
17.本小题分
在复平面内，为坐标原点，复数是关于的方程的一个根．
求实数，的值；
若复数，，，所对应的点分别为，，，记的面积为，的面积为，求．
18.本小题分
如图，直三棱柱中，，，，为线段上的动点．
当为线段上的中点时，求三棱锥的体积；
当在线段上移动时，求的最小值．
19.本小题分
如图，四棱锥的底面为平行四边形，是的中点，过，，的平面与平面的交线为．
证明：平面；
求平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比．
20.本小题分
在中，，为边上一点，且．
若为边上的中线，求边的最大值
若为的平分线，且为锐角三角形，求边的取值范围．
21.本小题分
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．在中，角，，的对边分别为，且若是的“费马点”，．
求角；
若，求的周长；
在的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
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16.解：因为，，且 ，
所以，解得，
则．
因为，且，
所以，
解得．
因为与的夹角是钝角，
则且与不共线．
即，
由可知，
则且．
故实数的取值范围为．

17.解法一：依题意，，
整理得，
于是，有
解得，；
解法二：依题意，是方程的另一个根，
于是，有
解得，；
由知，因为，
所以，
所以，，，
从而，，，
可知，所以．
解法二：由知，因为，
所以，
可知，
所以．

18.解：因为，，，
由余弦定理有，解得．
因为，所以．
所以．
所以
．
将绕旋转到与同一平面如图所示，
连接交于点，此时取得最小值，最小值即长．
在中，，，，
故，故AB，即．
又易知，故，
由余弦定理得，
所以．
故A的最小值为．
19.证明：因为，且平面，平面，
所以平面，
又平面与平面的交线为，且平面，
则，
又平面，平面，
故平面；
解：设与交于点，则为的中点，连接，，，，
设四棱锥的体积为，
则，
又，
则，
所以平面截四棱锥所得的下面部分的几何体的体积为，
所以上面部分几何体的体积为，
故平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为：．
20.解：设，，又为边上的中线，所以，
在中，由余弦定理得，，又，所以，
在中，由余弦定理得，，即，
由得，
又由得当且仅当时取等号，
所以，所以，即．
综上，当且仅当时，边取得最大值．
因为为的平分线，
所以可设，则，，
因为为锐角三角形，所以所以．
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
得，
又，所以，
设，又，所以，
所以在上为增函数，
所以
21.解：
由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即，
由于，所以，所以；
设，
则，
所以，由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立，解得．
所以的周长为．
设，
由在中，由余弦定理得
联立求解可得，
所以，
所以，，
即，令，
由对勾函数性质知在上单调递减，
所以，即的取值范围为．

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