精品解析：浙江省强基联盟2024-2025学年高一下学期4月联考数学试题

浙江强基联盟2025年4月高一联考 数学试题 浙江强基联盟研究院命制 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷，草稿纸上作答无效． 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示，一个水平放置的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知一圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若该圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若在上的投影向量为，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的面积为，则边的长度为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 7. 在中，角的对边分别为．“”是“为等腰直角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知向量满足且，则最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二､多项选择题：本大题共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. 下列有关向量与复数的命题中，正确的选项有（ ） A. 设均为非零向量，若满足，则有成立 B. 设均为非零复数，若存在关系式，则可推导得 C. 对于任意复数，当满足条件时，必有成立 D. 若向量满足，则有成立 10. 已知两个正实数满足，则下列不等式一定成立的有（ ） A. 的最小值是8 B. 的最大值是8 C. 的最小值是 D. 的最大值是 11. 在中，角的对边分别为，且，当时，下列选项中表述正确的有（ ） A. 的周长等于 B. C. D. 若为直角三角形，则 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是第二象限角，且，则___________. 13. 已知向量满足，，则__________． 14. 在中，角的对边分别为，若，则__________． 四､解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤． 15. 已知复数（其中为虚数单位）． （1）若，求复数； （2）若方程的一个解为，求实数的值． 16. 已知平面向量满足． （1）若，求的坐标； （2）若，求值． 17. 如图，长方体的三条棱的长分别为． （1）将此长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，求剩下的几何体的体积； （2）求长方体外接球体积和表面积． 18. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段的中点，证明：平面平面． 19. 已知是锐角三角形，分别是角的对边，且有0．若在线段上的点满足且． （1）求角的度数； （2）求证：； （3）求的取值范围． 20. 定义：设一个多项式有个变量，如果任意交换两个变量后，多项式不变，那么这个多项式称为对称多项式． 例如，和都是关于的对称多项式． 特别地，以下多项式称为初等对称多项式： …… 性质： （i）对称多项式的加、减、乘运算结果仍然是对称多项式． （ii）任何对称多项式都可以唯一表示为初等对称多项式的组合． （1）判定与否属于对称多项式（无需说明依据）． （2）已知正实数满足，求的最大值． （3）已知，将对称多项式表示为初等对称多项式的组合形式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江强基联盟2025年4月高一联考 数学试题 浙江强基联盟研究院命制 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷，草稿纸上作答无效． 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集定义求解. 【详解】不等式，解得，则，而， 所以. 故选：B 2. 若复数（其中为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和复数的概念求解. 【详解】， 所以的虚部为， 故选：C． 3. 如图所示，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的面积是（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测直观图求出,的长，求出面积． 【详解】由斜二测直观图求出,，且, 则. 故选：B． 4. 已知一圆锥侧面展开图是一个圆心角为的扇形，若该圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用扇形的面积公式求出，再利用弧长公式求出，结合圆的面积公式求出底面积，最后使用圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设扇形的母线长为，底面半径为，由扇形面积公式得，解得， 由弧长公式得弧长为，则，解得， 由勾股定理得高为，由圆的面积公式得底面积为， 由圆锥体积公式得，故A正确. 故选：A． 5. 已知向量，若在上的投影向量为，则向量与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量公式得到，利用夹角公式求出答案. 【详解】投影向量，所以， 其中，所以．即， 又， 所以. 故选：C 6. 已知的面积为，则边的长度为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的面积公式以及余弦定理求解. 【详解】因，可得， 所以， 故选:D． 7. 在中，角的对边分别为．“”是“为等腰直角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式，由或，进而判断的形状；再由为等腰直角三角形，判断是否成立，两者结合进行判断. 【详解】当时，， 所以或． 若时，； 若，由正弦定理得． 所以在三角形内有：或，所以是等腰或直角三角形． 当三角形是等腰直角三角形时，没有明确哪个角是直角，故推不出. 故选：D 8. 已知向量满足且，则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：利用向量数量积的运算性质结合向量三角不等式求最值. 解法二：利用换元法结合三角函数的值域求最值. 【详解】解法一：因为. 由不等式，可得， 因为，得且， 解不等式，得或； 解不等式，得， 综上． 所以，即当，且时，取得最大值3. 故选：B． 解法二：令，， 所以，， 所以. 或， 所以当时，. 故选：B． 二､多项选择题：本大题共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. 下列有关向量与复数的命题中，正确的选项有（ ） A. 设均为非零向量，若满足，则有成立 B. 设均为非零复数，若存在关系式，则可推导得 C. 对于任意复数，当满足条件时，必有成立 D. 若向量满足，则有成立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量性质判断A，根据复数的性质判断B，应用特殊值法计算判断C，根据模长及数量积运算律计算判断D. 【详解】，由向量性质知，不能得出，A错误； ，由复数性质知B正确； 令，此时，所以C错误； ，所以，因此D正确． 故选：BD． 10. 已知两个正实数满足，则下列不等式一定成立的有（ ） A. 的最小值是8 B. 的最大值是8 C. 的最小值是 D. 的最大值是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用基本不等式和“1”的妙用求解. 【详解】由，所以，所以， 当且仅当时等号成立，故A正确，B错误； 又， ， 当且仅当，即时等号成立， 即，解得，故C正确，D错误； 故选：AC． 11. 在中，角的对边分别为，且，当时，下列选项中表述正确的有（ ） A. 的周长等于 B. C. D. 若为直角三角形，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据三角形的周长公式确定选项A；利用基本不等式和余弦定理求解选项B；利用余弦定理和两角和差的正弦公式求解选项C；当时，由，可得，此时是直角三角形，可判断选项D. 【详解】因，所以， 所以周长，A正确； 因为， 所以，边化角得，B正确； ， 边化角可得 即 即 即， 所以， 因为在三角形内，所以有，C正确； 当时，由，可得，此时是直角三角形且， 所以推不出．D错误． 故选:ABC． 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是第二象限角，且，则___________. 【答案】##－0.6 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的平方关系，将化简为，代入求解即可. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知向量满足，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标运算求解即可. 【详解】因为向量满足，， 所以， ，解得． 故答案为： 14. 在中，角的对边分别为，若，则__________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用基本不等式、诱导公式、两角和差的正弦公式以及正余弦定理求解. 【详解】 ， 又当且仅当，即时等号成立， 且当即时，， 所以只能与同时成立， ， 所以故． 故答案为：. 四､解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤． 15. 已知复数（其中为虚数单位）． （1）若，求复数； （2）若方程的一个解为，求实数的值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）表达出，求出， （2）根据是关于的方程一个虚根，代入进行求解. 【小问1详解】 由，则， ． 【小问2详解】 是关于的方程一个虚根， ， 整理得． 16. 已知平面向量满足． （1）若，求的坐标； （2）若，求的值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标关系，计算可得结果； （2）由数量积的运算律得到，再由计算可得结果. 【小问1详解】 由题意设， ． 解得． 或． 小问2详解】 由题知：． ． ． 17. 如图，长方体的三条棱的长分别为． （1）将此长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，求剩下的几何体的体积； （2）求长方体外接球的体积和表面积． 【答案】（1） （2）体积为，表面积为 【解析】 【分析】（1）根据求解即可； （2）根据长方体的体对角线为外接球的直径可求解. 【小问1详解】 在长方体中，． 则． ， 所以剩余部分的体积为． 【小问2详解】 长方体的体对角线长为， 设长方体的外接球的半径为，可得，即， 所以外接球的体积为， 表面积为． 18. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段的中点，证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明； （2）利用面面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 证明：由四边形为正方形可知， 连接必与相交于中点，故， 面平面， 面． 【小问2详解】 由点分别为中点可得：， 面平面平面， 又由（1）可知，平面， 且，平面, 故平面平面． 19. 已知是锐角三角形，分别是角的对边，且有0．若在线段上的点满足且． （1）求角的度数； （2）求证：； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式和两角和的余弦公式、诱导公式求解； （2）利用余弦定理证明； （3）利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换公式可得，再根据正弦函数的性质即可求解范围. 【小问1详解】 因为，且， ． 所以， 所以或， 因为，所以或或． 因为是锐角三角形，所以． 【小问2详解】 设，则, 在中,由余弦定理可得，, 即，即， 在中,由余弦定理可得，, 即，即， 所以． 即． 【小问3详解】 由（2）知： ， 即， 由正弦定理可知，， 所以， ， ， 又 ． 锐角三角形， ， 所以，即， 所以的取值范围为． 20. 定义：设一个多项式有个变量，如果任意交换两个变量后，多项式不变，那么这个多项式称为对称多项式． 例如，和都是关于的对称多项式． 特别地，以下多项式称为初等对称多项式： …… 性质： （i）对称多项式的加、减、乘运算结果仍然是对称多项式． （ii）任何对称多项式都可以唯一表示为初等对称多项式的组合． （1）判定与是否属于对称多项式（无需说明依据）． （2）已知正实数满足，求的最大值． （3）已知，将对称多项式表示为初等对称多项式的组合形式． 【答案】（1）不是对称多项式，是对称多项式 （2）4 （3） 【解析】 【分析】（1）由对称多项式的定义即可判断； （2）结合立方和公式与基本不等式，建立关于的不等式，解不等式即可得解； （3）通过多项式的恒等变换，即可得解. 【小问1详解】 多项式，若交换，则与原来不同，故不是对称多项式， 多项式交换与原来相同，则是对称多项式． 【小问2详解】 ． ， ． ． 当且仅当时，等号成立． 所以的最大值是4； 【小问3详解】 ． 又因为． 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$