资源简介

2024-2025学年山东省青岛市青岛第九中学高一下学期期中
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( )
A. B. C. D.
2.已知，是两条不同的直线，为一个平面，，则“ ”是“，无公共点”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.如图的平面直角坐标系中，线段长度为，且，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为，则( )
A. B. C. D.
4.如图，已知直角梯形，，，，点是中点，点是线段靠近点的三等分点，则( )
A. B. C. D.
5.已知圆台的上、下底面半径分别为和，侧面展开图是半个圆环，则圆台的表面积为( )
A. B. C. D.
6.已知平面向量满足，且向量在向量上的投影向量为，则的值为( )
A. B. C. D.
7.筒车亦称为“水转筒车”，一种以流水为动力，取水灌田的工具，筒车发明于隋而盛于唐，距今已有多年的历史如图，假设在水流量稳定的情况下，一个半径为米的筒车按逆时针方向做每分钟转一圈的匀速圆周运动，筒车的轴心距离水面的高度为米，设筒车上的某个盛水筒的初始位置为点水面与筒车右侧的交点，从此处开始计时，下列结论错误的是( )

A. 分钟时，以射线为始边，为终边的角为
B. 分钟时，该盛水筒距水面距离为米
C. 分钟时该盛水筒距水面距离与分钟时该盛水筒距水面距离相等
D. 个小时内有分钟该盛水筒距水面距离不小于米
8.米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等的用具，有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味．某居民家中收藏了一个木质的米斗，如图所示，该米斗的容积为斗，其形状可近似看成一个正四棱台，且该正四棱台的下底面边长是上底面边长的倍，若该米斗中刚好装了半斗米米均匀分布在米斗中，则该米斗中米的深度与米斗高度的比值为( )
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.要得到函数的图象，只要将函数的图象( )
A. 每一点的横坐标扩大到原来的倍纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度
B. 每一点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度，再将所得图象每一点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变
D. 向左平移个单位长度，再将所得图象每一点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变
10.如图，正方体的棱长为，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为( )
A. 不存在点，使得平面
B. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形是梯形
C. 三棱锥的体积为
D. 三棱锥的外接球表面积为
11.窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花，图是从窗花图中抽象出几何图形的示意图已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 若函数，则函数的最小值为
B. 的最大值为
C. 在方向上的投影向量为
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知是两个不共线的单位向量，，若与共线，则 ．
13.复平面上两个点，分别对应两个复数，，它们满足下列两个条件：；两点，连线的中点对应的复数为，若为坐标原点，则的面积为 ．
14.在中，角，，所对的边分别为，，，已知的外接圆的半径为，且，，则的面积为 ．
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
已知向量满足．
若，求向量与的夹角；
若求的值．
16.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，，，．
求的外接圆半径；
若为锐角三角形，求周长的取值范围．
17.本小题分
如图，在中，，点为和的交点，设．
若，求的值；
若在上，，且，求的取值范围．
18.本小题分
如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，、为侧棱上的点，且，点为上的点，且．

求证：平面；
求证：平面平面；
平面与侧棱相交于点，求的值．
19.本小题分
如图，某运动员从市出发沿海岸一条笔直公路以每小时的速度向东进行长跑训练，长跑开始时，在市南偏东方向距市，且与海岸距离为的海上处有一艘划艇与运动员同时出发，要追上这位运动员．
划艇至少以多大的速度行驶才能追上这位运动员？
求划艇以最小速度行驶时的行驶方向与所成的角．
若划艇每小时最快行驶，划艇全速行驶，应沿何种路线行驶才能尽快追上这名运动员，最快需多长时间？
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由，得，，
因此，而，则，
所以向量与的夹角为．
由，得，则，解得，
所以．

16.解：由可得，
故，由于，故
由余弦定理得
由于，所以，
，根据解得，
所以的外接圆半径为．
由知，，，，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得 ，
所以，则，
所以，则．
所以周长的取值范围为．

17.解：由题意，因为，所以．
设，
则，即，
，即，
所以，解得，所以，
所以．
由可知，所以．
设，与的夹角为，其中，
则
，
而，
因为，所以，
即，
因为，所以，
解得．
因为，所以，即，解得．
所以的取值范围是．

18.解：连接，
在中，，，且，
又，，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
所以平面．
由得，又平面，平面，
平面，
在中，，，
又平面，平面，平面，
又因且均在平面中，
平面平面．
由知，又面，面，平面，
又平面，面面，
，又，，．


19.解：设划艇以的速度从处出发，沿方向，后与运动员在处相遇，
过作的垂线，则，，
在中，，，，
则，．
由余弦定理，得，
得．
整理得：．
当，即时，取得最小值，即，
所以划艇至少以的速度行驶才能把追上这位运动员．
当时，
在中，，，，
由余弦定理，得，
所以，
所以划艇以最小速度行驶时的行驶方向与所成的角为．
划艇每小时最快行驶全速行驶，
假设划艇沿着垂直于海岸的方向，即方向行驶，而，
此时到海岸距离最短，需要的时间最少，
所以需要：，而时运动员向东跑了：，
而，即时，划艇和运动员相遇在点．
所以划艇应垂直于海岸向北的方向行驶才能尽快追上这名运动员，最快需要．

第1页，共1页

展开更多......

收起↑