精品解析：河南省洛阳市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

洛阳市2024—2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列结论正确的是（ ） A. 若与都是单位向量，则 B. 方向为南偏西60°的向量与北偏东60°的向量是共线向量 C. 直角坐标平面上的轴，轴都是向量 D. 若与是平行向量，则 2. 三个平面可将空间分成部分，则的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 3. 若复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A 1或3 B. 1或2 C. 1 D. 2 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，点是边的中点，点是的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的( ) （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角形的垂心） A. 重心外心垂心 B. 重心外心内心 C. 外心重心垂心 D. 外心重心内心 7. 在平行六面体中，，分别为棱，上的点，且，，直线与平面的交点，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则当最大时，等于（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，夹角为 D. 向量在向量上的投影向量为 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充要条件 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则为锐角三角形 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥体积不变 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则___________. 13. 已知复数，.若，则的取值范围是________. 14. 已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是________. 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，，其中，且在复平面上对应的点在第一象限. （1）求复数； （2）若复数，求的共轭复数. 16. 已知向量，满足，，. （1）求向量与的夹角； （2）求证：； （3）求. 17. 如图，在四棱锥中，，，，且四点共面. （1）求证：底面为梯形； （2）是线段上动点，线段上是否存在点，使平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知. （1）求角的大小； （2）若，设为的中点，且，求的周长. 19. 已知圆锥的底面半径，高. （1）求此圆锥的表面积； （2）若圆锥在球内，求球的表面积的最小值； （3）若一个棱长为的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求的最大值. 20 对任意复数，定义. （1）若，求相应的复数； （2）证明：； （3）若中的为常数，令，对任意，是否一定有常数使得？若有，这样的是否唯一？说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 洛阳市2024—2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列结论正确的是（ ） A. 若与都是单位向量，则 B. 方向为南偏西60°的向量与北偏东60°的向量是共线向量 C. 直角坐标平面上的轴，轴都是向量 D. 若与是平行向量，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据单位向量、方位角、平行（共线）向量等的定义判断各项的正误. 【详解】A：由单位向量只是模长相等，但方向任意，故不一定成立，错； B：如下图，上北右东，则南偏西60°的向量，北偏东60°的向量， 显然它们是方向相反的向量，即为共线向量，对； C：直角坐标系中，、轴有方向，但无大小，与向量的概念不符，错； D：与是平行向量，也有可能方向相反的情况，故不一定成立，错. 故选：B 2. 三个平面可将空间分成部分，则的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面的性质，结合空间想象画出划分空间最多的情况即可得. 【详解】由于两个平面最多将空间分成4个部分，故三个平面最多可将空间分成8个部分，如下图示， 故选：C 3. 若复数是纯虚数，则实数值为（ ） A. 1或3 B. 1或2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念有，求解即可得. 【详解】由题设，可得. 故选：D 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形作出，求其各边长，即得周长. 【详解】作出，如下图所示： 由题意可知，，， 由勾股定理可得， 故的周长为. 故选：A. 5. 在中，点是边的中点，点是的中点，若，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，结合平面向量基本定理求出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 因为为的中点，所以， 因为为的中点，所以， 所以， 因为、不共线，且，所以，， 故. 故选：B 6. 已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的( ) （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角形的垂心） A. 重心外心垂心 B. 重心外心内心 C. 外心重心垂心 D. 外心重心内心 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C. 考点：向量在几何中的应用. 7. 在平行六面体中，，分别为棱，上的点，且，，直线与平面的交点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等体积法得，计算可得，，代入化简即可. 【详解】设平行六面体的体积为， 因为平行六面体的上下底面平行，所以平面与上下底面的交线互相平行， 设为平面与上底面的交线，为与的交点，则， 连接, 由等体积法可得， 设平行六面体的上下底面的距离为， ， 因为在平行六面体中， 因为， 由等角定理可知各内角相等， 所以， 所以，， 又因为各内角相等或互补， 所以， 所以， 因为, , ， 所以, 所以， 即. 故选：D. 8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则当最大时，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理及已知得，应用正弦边角关系、三角恒等变换有，进而有，即均为锐角，最后应用差角正切公式、基本不等式求最大值，并确定取值条件即可得. 【详解】由，而，联立并整理得， 所以， 所以，则，显然均为锐角， 所以， 当且仅当，时取等号，故，此时. 故选：C 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，的夹角为 D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，先计算和的坐标，再分别是计算它们的模进行判断，对于B，计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式分析判断，对于D，利用投影向量的定义计算判断. 【详解】对于A，因为，，所以， 所以， 所以，所以A正确， 对于B，因为，所以，所以，所以B正确， 对于C，因为，，所以， 因为，所以，所以C正确， 对于D，向量在向量上的投影向量为，所以D错误. 故选：ABC 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充要条件 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则为锐角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据充要条件的定义结合正弦定理分析判断，对于B，利用余弦定理统一成边的形式，然后化简进行判断，对于C，根据已知条件计算到的距离，再与比较判断即可，对于D，利用两角和的正切公式分析判断即可. 【详解】对于A，当时，有，由正弦定理得， 当时，由正弦定理得，则， 所以“”是“”的充要条件，故A正确； 对于B，由，得，由余弦定理得， 即，也即， 整理得，故得或， 即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C，过作垂直于所在的直线于点，则， 因为，所以符合条件的有两个，故C正确； 对于D，因为， 所以均不等于，且， 则得，因，故得， 所以， 因，，则，即， 所以为任意斜三角形，故D错误. 故选：AC 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 存在点，使得直线平面 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可①②③确定ABC的正误，利用展开法和点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A， ∵正方体的对面互相平行， ∴过三点的平面截正方体的对面所得截线互相平行， 又∵为线段中点，∴截面交BC于其中点G， 连接，则四边形即为所求截面，显然为等腰梯形， 且， 梯形的高， 面积为，故A正确； 如图所示，设为的中点， 因为，平面，平面， 所以平面， 假设直线平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为分别为正方形的边的中点，所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 而直线与平面相交，所以直线与平面相交， 这与平面矛盾，故假设直线平面不成立，故B错误. ∵，平面，不在平面内， ∴平面， 又∵，∴到平面AD1C的距离为定值，又∵的面积为定值， ∴当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，故C正确； 将等腰直角三角形展开到与矩形在同一平面内， ， 当共线时取等号，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示计算作答. 【详解】向量，，因，则有，解得， 所以. 故答案为：4 13. 已知复数，.若，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数相等列出方程，得到的表达式，结合换元法，由二次函数的值域，即可得到结果. 【详解】由两个复数相等可得， 即， 化简可得，其中， 当时，取得最小值，， 当时，取得最大值，， 所以的取值范围是. 故答案为： 14. 已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直棱柱的结构特征及已知确定球心的位置和半径长度，利用球体半径与相关线段的几何关系求得，再应用基本不等式、棱柱体积公式求体积最大值. 【详解】直三棱柱中，，则外接球的球心在中点的连线上， 如下图，分别为中点，为中点，则为棱柱外接球球心， 又，则，外接球的表面积是， 若外接球半径为，则，可得， 所以，则，故， 由，即，当且仅当时取等号， 所以此三棱柱的体积的最大值. 故答案为： 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，，其中，且在复平面上对应的点在第一象限. （1）求复数； （2）若复数，求的共轭复数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，从而可求出的值，进而可求出复数； （2）先计算求复数，再求其共轭复数即可. 【小问1详解】 依题意得，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以， 所以. 16. 已知向量，满足，，. （1）求向量与的夹角； （2）求证：； （3）求. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）6 【解析】 【分析】（1）由向量夹角的公式计算可得； （2）由数量积的运算律结合向量垂直的条件可得； （3）由数量积的运算律结合模长的计算可得. 小问1详解】 由于. 且，所以. 【小问2详解】 ∵， ∴. 【小问3详解】 . 17. 如图，在四棱锥中，，，，且四点共面. （1）求证：底面为梯形； （2）是线段上的动点，线段上是否存在点，使平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理证平面，再利用线面平行的性质定理证明； （2）取为上靠近点的三等分点，证明平面平面即可. 【小问1详解】 因，， 则为线段靠近点的三等分点，为线段靠近点的三等分点， 则， 又平面，平面，则平面， 又因四点共面，则平面，平面平面， 则，则， 又，所以底面为梯形. 【小问2详解】 存在，为上靠近点的三等分点，证明如下： 连接，，因为上靠近点的三等分点，则, 因且，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因平面，平面，则平面， 因，平面，平面，则平面， 又，平面，平面，则平面平面， 因为上的动点，则平面，则平面. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，.已知. （1）求角的大小； （2）若，设为的中点，且，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）正弦边角关系有，结合三角形内角的性质、三角恒等变换化简得，即可求解； （2）由题意，应用向量数量积的运算律、定义得，由余弦定理得，进而可得，即可得周长. 【小问1详解】 ∵，由正弦定理得， 即， ∴，又，所以，从而. 【小问2详解】 ∵为的中点，∴，两边平方可得， 即①， 在中，由余弦定理得②， 由①②可得，，，所以，即. 所以的周长为. 19. 已知圆锥的底面半径，高. （1）求此圆锥的表面积； （2）若圆锥在球内，求球的表面积的最小值； （3）若一个棱长为的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出母线长，再根据圆锥的表面积公式求解即可； （2）当球的表面积最小时，作出其轴截面，利用勾股定理求出球的半径，再根据球的表面积公式即可得解； （3）正方体的外接球在圆锥内，且与圆锥相切时最大，利用相似三角形求出正方体外接球的半径，即可得解. 【小问1详解】 因为，所以母线长， 圆锥的底面圆面积为， 圆锥的侧面面积为， 则圆锥的表面积为； 【小问2详解】 当球的表面积最小时，其轴截面如图： 设球的半径为，在中，由勾股定理得，解得， 所以球表面积的最小值为； 【小问3详解】 正方体的外接球在圆锥内，且与圆锥相切时最大， 设球心为，球心在上，作于， 设球半径为，， 由得，，解得， 又，解得，即的最大值为. 20. 对任意复数，定义. （1）若，求相应的复数； （2）证明：； （3）若中的为常数，令，对任意，是否一定有常数使得？若有，这样的是否唯一？说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）有，不唯一，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由复数新定义结合三角函数和指数函数的运算计算可得； （2）由复数的新定义结合复数的除法以及两角差的正余弦公式可得； （3）由复数的新定义结合三角函数的诱导公式计算可得. 【小问1详解】 由，得， 由得，从而，， 解得，此时，； 故，. 【小问2详解】 设，， 则 又， 所以， 所以. 【小问3详解】 由题意得，， 因为，，， 所以， 所以令，，，则有， 当取不同值时，也有相应的不同值，故存在这样的，但不唯一. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$