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2024-2025 学年广东省东莞市第十三高级中学等三校高一下学期期中
联考数学试卷
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.在复平面内，复数 满足 1 i = 2i，则复数 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.在 中，点 在线段 上，且 = 3 ，则 =( )
A. 2 + 1 B. 1 3 3 2
+ 2 3
C. 1 3
+ 2 3
D. 1 1 2 + 2
3.如图，在下列正方体中， ， 为正方体的两个顶点， ， 分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，
， ， ， 四点共面的是( )
A. B. C. D.
4.在三角形 中， = 2 π， = 3， = 2 3，则∠ =( )
A. π6 B.
π
2 C.
π π
6或2 D.
π π
3或2
5 70.若圆台的上底面面积与下底面面积分别为 5π, 20π，且圆台的体积为 3 π，则该圆台的母线长为( )
A. 6 B. 42 C. 3 D. 21
2 2 2
6.在 中，内角 , , 3 + 所对的边分别是 , , ，若 的面积为 12 ，则 =( )
A. π B. π C. π D. π2 3 4 6
7.已知 的边长均为 1，点 为边 的中点，点 为边 上的动点，则 的取值范围是( )
A. 1 , 1 B. 1 , 1 C. 1 18 4 4 2 2 , 1 D. 4 , 1
8.刘徽(约公元 225 年—295 年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中
提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古
代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正 边形等分成 个等腰三角形(如图所示)，当
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变得很大时，这 个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，可以得到 sin1°的近似
值为( )
A. 90 B.

180 C. 270 D. 60
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.下列关于平面向量的说法中不．正．确．的是( )
A.已知非零向量 ， ， ，若 // ， // ，则 //
B.若 = ，则 为平行四边形
C.若 = 且 ≠ 0 ，则 =
D.若点 为 的重心，则 + + = 0
10.如图，在透明塑料制成的长方体 1 1 1 1容器内灌进一些水，将容器底面一边 固定于地面上，
再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是( )
A.水的部分始终呈棱柱状，没水的部分也始终成棱柱状
B.水面四边形 的面积不改变
C.棱 1 1始终与 平行
D.当 ∈ 1时， + 是定值
11.在锐角 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 = 2，且 3tan 1 3tan 1 = 4，
则( )
A. = π 13 B. 的取值范围为 2 , 2
C. + 的最大值为 2 D. sin
2 cos2 1 1的取值范围为 4 , 2
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三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.若复数 = 1 + 2i + 3i2 + 4i3 + 5i4，则 的虚部为 ．
13.定义两个向量 , 的运算“ ”: = sin 与运算“ ”： = cos ，其中 是 , 的夹角.
若 = 16， = 1， = 8，则 = ．
14.四棱锥 的底面是边长为 1 的正方形，如图所示，点 是棱 3上一点， = 4 ，若 =
且满足 //平面 ，则 = ．
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 13 分)
已知复数 = 2 2 3 2 + 2 3 + 2 i，其中 i 为虚数单位， ∈ ．
(1)若 为实数，求 的值；
(2)若复数 在复平面内对应的点在直线 = 上，求 的值．
16.(本小题 15 分)
在△ 中，内角 , , 的对边分别为 , , , = 2 , 2sin = 3sin ．
(1)求 sin ；
(2) △ 3 7若 的面积为 2 ，求 边上的中线 的长．
17.(本小题 15 分)
如图，四棱锥的底面是边长为 2 的正方形， 是四棱锥 的高，且 = 3, 是 的中点；
(1)求证 平面 ；
(2)求四棱锥 和三棱锥 的体积．
18.(本小题 17 分)
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如图，在 中， = 2 5 ，点 为 中点，点 为 上的三等分点，且靠近点 ，设
= ， = ．
(1)用 、 表示 、 ；
(2)若 = 3， = 4，且 与 的夹角为60 ，求 ；
(3)如果∠ = 60 ， = 2，且 ⊥ ，求 ．
19.(本小题 17 分)
在滴水湖公园湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图 所示．为考虑露营客人娱乐休闲的需求，在四
边形 区域中，将三角形 区域设立成花卉观赏区，三角形 区域设立成烧烤区，边
、 、 、 修建观赏步道，边 π修建隔离防护栏，其中 = 100 米， = 200 米，∠ = 3 , ∠ =
2，其中 ∈ 0, 3π ．
(1)若 = 100 3米，求烧烤区的面积？
(2)为了保证烧烤区的占地面积最大，那么需要修建多长的隔离防护栏？
(3)在(2)条件下，为了使得花卉观赏区的面积也尽可能大，则应如何设计观赏步道？
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. 2
13.8 3
14.23
15.解：(1)若 = 2 2 3 2 + 2 3 + 2 i 为实数，
则有 2 3 + 2 = 0，得 = 1 或 = 2．
(2)若复数 在复平面内对应的点在直线 = 上，
则 2 2 3 2 = 2 3 + 2，得 =± 2．
16.解：(1)因为 2sin = 3sin ，由正弦定理得 2 = 3 ，因为 = 2 ，
2+ 2
3
2 2 2
由余弦定理得：cos = 22 = 3 2 2 = 4 ，
2
又 ∈ 0, π ，所以 sin = 1 cos2 = 1 2 = 144 4 ．
(2)由 =
1 1 14 3 7
2 sin = 2 × × 4 = 2 ，所以 = 6 2，
由(1) = 3 22 ，所以 = 2, = 3 2，
因为 为 1边上的中线，所以 = + 2 ，
2 2 2
则 = 14 ( + + 2 ) =
1 × 24 +
2 + 2 cos
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= 14 × 4+ 18 + 2 × 2 × 3 2 ×
2
4 = 7，即
= 7．
故 边上的中线 的长为 7．
17.解：(1)连结 交 于 ，连结 ．
∵四边形 是正方形，∴ 是 的中点．
又∵ 是 的中点，∴ // .
∵ 平面 , 平面
∴ //平面 .
(2) ∵ 是四棱锥 的高，
∴ 1 1 2 = 3 正方形 = 3 × 2 × 3 = 4，
即四棱锥 的体积为 4．
同理，∵ 是四棱锥 的高，∴ 是四棱锥 的高
∴ 1 1法一 = = 3 四边形 3 ；
∴ 1 = 3 × (2 × 2) ×
3
2
1
3 × (
1
2 × 2 × 2) ×
3
2 = 1
法二∴ 1 = = 3 =
1 × ( 13 2 × 2
2) × 32 = 1
18.解：(1) 2因为 = ，所以， = + = + 2 = + 2 = 3 + 2 5 5 5 5 5 =
3
5 +
2 5 ，
1 1
因为 为 中点，点 为 上的三等分点，且靠近点 ，则 = 2
， = 3 ，
则 = = 1 1 = 1 13 2 3 2 ．
(2) 3可知， = 5 +
2 1 1
5 ， = 3 2 ，
因为 = 3， = 4，则 = 1 1 3
2
3 2 5 +
2
5 =
2
15
3 2 = 2 310 15 × 16 10 × 9 =
17
30．
2
(3) ⊥ 2 3 1因为 ，则 = 5 + 5 3
1
2 =
2 3 2
15 10 = 0，可得
= 32 ，
又因为 = 2，则 = 32 = 3，
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∠ = 60 = cos60 = 2 × 3 × 1又因为 ，由平面向量数量积的定义可得 2 = 3，
3 2 2 2
所以， = 5 +
2
5
= 15 3 + 2
= 15 9
2 + 12 + 4
= 15 9 × 4 + 12 × 3 + 4 × 9 =
6 3
5 ．
2 2 2 2 2 2
19.解：(1)若 = 100 3 cos∠ = + 100 +200 100 3 1，则 2 · = 2×100×200 = 2，
又∠ ∈ 0, π ∠ = π，所以 3，
1
所以烧烤区的面积为 = 2 · sin∠ =
1 π
2 × 100 × 200 × sin 3 = 5000 3m
2．
(2) = 100 cos∠ =
2+ 2 2 2 2 2 2
设 米，则 2 · =
100 +200 (100 ) 5
2×100×200 = 4 ，
2 2 2 5 2+16
又∠ ∈ 0, π ，所以 sin∠ = 1 cos2∠ = 1 5 4 = 4 ，
1 1 2 5
2+16
所以烧烤区的面积为 = 2 · sin∠ = 2 × 100 × 200 × 4 = 2500
2 5 2 + 16，
所以当 2 = 5 即 = 5时，烧烤区的面积最大为 2500 × 16 = 10000，此时 = 100 5米，
所以修建的隔离防护栏长 100 5米时，烧烤区的占地面积最大．
(3)由(2)得 = 100 5米，
100 5 200 15
所以在 中由题意得sin∠ = sin∠ = sin ，即sin = sin 2π
= sinπ = ，
3 3 3
200 15 200 15 2π
所以 = 3 sin , = 3 sin 3 ，
1 1 200 15
所以 = 2 sin∠ = 2 × 3 sin ×
200 15 sin 2π sin π = 50000 33 3 3 3 sin sin
2π
3 =
50000 3
3 sin
3 1
2 cos + 2 sin
= 50000 3 3 sin cos + 1 sin2 = 50000 3 3 1 13 2 2 3 4 sin2 + 4 4 cos2 =
50000 3 sin 2 π + 12500 36 6 3 ，
∈ 0, 2π π π 3又 3 ，所以 2 + 6 ∈ 6 , 2π ，
2 π = π = π 50000 3 + 12500 3 = 37500 3所以当 6 2即 3时， 有最大值为 6 3 3 = 12500 3，
200 15 200 15 3
此时 = 3 sin = 3 × 2 = 100 5 =
200 15
， 3 sin
2π 200 15 3
3 = 3 × 2 = 100 5，
所以在(2)条件下，设计观赏步道 = = 100 15米时，花卉观赏区的面积最大．
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