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2024-2025学年第二学期期中考试
高一数学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知，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
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的减法运算求出复数，然后求出其在复平面对应的点，从而可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面对应的点为，位于第三象限．
故选：C
2.如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（）
A.三棱锥 B.四棱锥 C.三棱柱 D.组合体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，
剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B
3.已知复数z对应的向量如图所示，则复数z+1所对应的向量正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由图可知，所以，则复数z+1所对应的向量的坐标为．故A正确．
考点：1复数的基本运算，2复数和复平面内的点一一对应．
4.如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可．
【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是，
正四面体，则棱长为，
它的表面积是，
正四面体的表面积与正方体的表面积之比为．
故选：D．
5.“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例.根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”，且，为上一点，.若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立如图所示直角坐标系，设，根据，得，解得，再根据得到解之即得解.
【详解】由题意建立如图所示的直角坐标系，
因为，，则，，.
设，则，，
因为，所以，
解得，
由，得，
所以
解得，
所以
故选：C.
【点睛】本题主要考查向量的坐标表示，考查向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6.如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则该铁塔的高度约为（）（参考数据：，，，）
A.米 B.米 C.米 D.米
【答案】C
【解析】
【分析】在中，由两角和的正弦得到，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，在中，，代入数值即可得到答案.
【详解】在中，，
则，
，
由正弦定理，可得，
在中，可得.
所以该铁塔的高度约为米．
故选：C.
7.已知在内有一点，满足，过点作直线分别交、于、，若，，则的最小值为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线求得，然后利用常数代换法可解.
【详解】记的中点为，因为，所以，
所以为靠近点的三分点，知P是的重心，
则，又，
所以，∵共线，∴，
∴，
当且仅当时取等号，∴的最小值为．
故选：A．
8.已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（）
A.2 B.1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，利用余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据平方关系即可求出的值最大，结合取等号的条件即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，所以，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以当的值最大时，.
故选：C.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（）
A.长方体的表面积为20
B.长方体的体积为6
C.沿长