精品解析：浙江省丽水发展共同体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题

2024学年第二学期丽水发展共同体期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，则虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 2. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知分别为三个内角的对边，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设复数z满足（是虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 6. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A 若，，则 B 若，，则 C 若，，，则 D. 若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交 7. 在等腰中，，点P在底边（包括端点）上运动，设的最小值为m，最大值为M，则（ ） A. m不是定值，M是定值 B. m是定值，M不是定值 C. m是定值，M是定值 D. m不是定值，M不是定值 8. 如图所示，等边内有3个全等小三角形，且，，则的面积为（ ） A. 7 B. C. 14 D. 二、多项选择题（每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知复数z，，其中i为虚数单位，则以下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知平面向量，，都是单位向量，且，则以下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在上的投影向量是 11. 在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（ ） A. B. C. 若E是的中点，则 D. 若平面经过正四棱锥外接球的球心，则 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是纯虚数（为虚数单位），则实数的值为______. 13. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为______. 14. 在中，已知，，的面积是，则边上的中线长是______. 四、解答题：本大题共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. 已知向量，，. （1）若，求x的值； （2）设函数，求函数的最大值. 16. 如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点. （1）求证：平面； （2）该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 17. 在中，已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求A； （2）若，，求的面积. 18. 如图，在梯形中，，，，E是边上一点（含端点），与交于点F，设，. （1）若E与点C重合，求x，y的值； （2）若，求的值； （3）若存在点E，使得，求的取值范围. 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. （1）写出，，三者之间的关系； （2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第二学期丽水发展共同体期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法、除法运算以及复数的概念求解. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为4， 故选:C. 2. 已知向量，满足，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】首先计算出，然后根据坐标求模公式计算即可. 【详解】因为，， 两式相加得，即，， 所以， 故选：A 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 4. 在中，已知分别为三个内角的对边，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理计算即可求解. 【详解】因为，所以, 所以，所以. 故选：B. 5. 设复数z满足（是虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设，代入，得，由复数相等的条件列式求得a，b的值，则答案可求． 【详解】解：设， 由，得， 即， ，解得，． 复数z在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限． 故选D． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 6. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合线与线，线与面，以及面与面位置关系判定与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若，，则直线与，可能相交、平行或异面，所以A错误； 对于B中，若，，则平面与平面可能相交，所以B错误； 对于C中，若，，，则或，所以C错误； 对于D中，若为异面直线，且，，， 假设直线与直线都不相交，则，所以， 这与为异面直线矛盾，所以与中至少一条相交，所以D正确. 故选：D. 7. 在等腰中，，点P在底边（包括端点）上运动，设的最小值为m，最大值为M，则（ ） A. m不是定值，M是定值 B. m是定值，M不是定值 C. m是定值，M是定值 D. m不是定值，M不是定值 【答案】C 【解析】 【分析】等腰三角形，可以以底边的中点建立直角坐标系，然后写出各个点的坐标表示进行坐标运算. 【详解】以BC中点O建立直角坐标系，则A、B、C点坐标分别为，，， 点P在底边（包括端点）上运动，所以， ， 因为，所以的最小值为，最大值为，都为定值. 故选：C. 8. 如图所示，等边内有3个全等的小三角形，且，，则的面积为（ ） A. 7 B. C. 14 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长，再利用三角形面积公式求解. 【详解】在中，， 又，则为锐角， ，设， 在中，由正弦定理得， 由余弦定理得， 或（舍）， 所以， 所以， 故选：B 二、多项选择题（每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知复数z，，其中i为虚数单位，则以下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】结合共轭复数和复数的运算法则可判断AB.利用模的计算求解可判断CD. 【详解】设 若则所以A正确. 若，则所以所以B错误. 若，则，所以.所以C正确. 若，取则所以D错误. 故选：AC 10. 已知平面向量，，都是单位向量，且，则以下命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则在上的投影向量是 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：利用数量积的定义求解即可，选项B：当时，结合向量平行时向量数量积的特点求解即可，选项C：当时，利用向量数量积的定义求解即可，选项D：当时，利用投影向量的求法求解即可. 【详解】选项A：和都是单位向量，当时，说明和同向，即. 此时，故，由于是单位向量，故.选项A正确. 选项B：若,，两边取模长平方得：, 展开左边： 解得:，说明 和反向平行，即平行.选项B正确. 选项C：若，则.，两边取模长平方得： 展开左边： 解得:，选项C错误. 选项D：若，则在上的投影向量是.，代入 并取模长平方： 展开得： 解得:，投影向量为.选项D正确. 故选：ABD. 11. 在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（ ） A. B. C. 若E是的中点，则 D. 若平面经过正四棱锥外接球的球心，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正四棱锥的性质，求得正四棱锥的高为，根据，证得平面，再由线面平行的性质，证得，进而证得，可判定B正确；由，得到四边形为梯形，可判定A不正确；由为的中点，取分别为的中点，结合锥体的体积公式，分别求得分成的两部分的体积，可判定C正确；先得到外接球的球心在上，设正四棱锥的外接球的半径为，利用球的性质，求得，得到；连接，并延长交于点，由，得到，在等腰中，结合向量的共线定理，得到，进而可判定D正确. 【详解】如图（1）所示，连接交于点，连接，则平面， 因为，可得，则， 即正四棱锥的高为， 对于B中，因为为正方形，可得， 又因为平面，平面，所以平面， 因为平面，且面平面，所以， 又因为，所以，所以B正确； 对于A中，因为，所以四边形为梯形，所以与不平行，所以A不正确； 对于C中，若为的中点，因为，所以为的中点，则， 取分别为的中点，连接， 因为为的中点且为的中点，可得点，到平面的距离为， 则，， 则三棱柱的体积为， 所以多面体的体积为， 又由正四棱锥的体积为， 所以四棱锥的体积为， 所以分成两部分的体积比为，所以C正确； 对于C中，根据正四棱锥的对称性，可得外接球的球心在上， 连接，设正四棱锥的外接球的半径为， 在直角中，可得，即， 解得，则， 连接，并延长交于点，由，可得， 如图（2）所示，在等腰中，因为为的中点，且， 设，可得， 因为三点共线，所以，解得，所以， 所以，即，所以，所以D正确. 故选：BCD. 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是纯虚数（为虚数单位），则实数的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，化简复数为，结合复数是纯虚数，得到，即可求解. 【详解】由复数， 因为复数是纯虚数，所以， 解得，经检验符合题意，. 故答案为：. 13. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】连接，过点作，垂足分别为，根据正四棱台的性质，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，连接，过点作，垂足分别为， 因为，可得，所以， 在， 在直角中，由，可得， 即正四棱台的高为， 又由正四棱台上、下底面面积分别为， 所以正四棱台的体积为：. 故答案为：. 14. 在中，已知，，的面积是，则边上的中线长是______. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用正弦定理求出，再利用面积得出，再结合得出，再结合正弦定理得出，最后利用即可求得. 【详解】设，则， 在中利用正弦定理，， 因，则， 即， 因的面积为，则， 则， 则，则， 解得或， 因，则，得， 则，则， 故，则， 则，， 取线段的中点，设，则在和中分别利用余弦定理可得， ， 得，即边上的中线长是. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知向量，，. （1）若，求x的值； （2）设函数，求函数的最大值. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标表示计算得到即可求解x； （2）由数量积的坐标运算结合倍角公式求出并化简即可求解. 【小问1详解】 由已知，得，即， ，，； 【小问2详解】 ∵， ∴ ∴当，即，取得最大值为2. 16. 如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点. （1）求证：平面； （2）该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，使得，再连接，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）利用柱体和锥体的体积公式，分别求得和，根据题意，结合，即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，交于点，则中点，连接，如图所示， 在中，因为分别为的中点，所以， 又因为面，且面，所以平面； 【小问2详解】 解：在正三棱柱中，因为，且， 可得正三棱柱的体积为, 又由三棱锥的体积为， 所以剩余部分的体积为. 17. 在中，已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求A； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简，再结合二倍角公式纠结即可； （2）由正弦定理得到，，再用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得，，. ，，， ，，即 【小问2详解】 由（1）知，所以，， ， 所以的面积为. 18. 如图，在梯形中，，，，E是边上一点（含端点），与交于点F，设，. （1）若E与点C重合，求x，y的值； （2）若，求的值； （3）若存在点E，使得，求取值范围. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的加法运算即可求解； （2）利用三点共线的向量性质来求解含参系数即可； （3）利用向量的数量积运算，结合函数求值域即可. 【小问1详解】 由，根据平面向量基本定理，可知，. 【小问2详解】 由， 三点共线，，解得， 所以 设 三点共线，，解得， 即的值为. 【小问3详解】 记，设， 则， 由，因为，所以， 即， 则， 所以，构造，求导得：， 所以在上单调递增，即 ，. 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，. （1）写出，，三者之间的关系； （2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题： （i）求截得的“球缺”的体积； （ii）求截得的“球缺”的表面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. （2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积. 【小问1详解】 解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式， 可得，，， 所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和. 【小问2详解】 解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为， 所以截面圆环的面积为， 根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积， 所以小球缺的体积为， 令，可得. （ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体， 把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点， 整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S， 则，可得，， 所以该球缺的表面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$