精品解析：浙江省台州市六校联盟2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题

六校联盟2024学年第二学期期中联考 高一数学试题卷 （2025.04） 考生须知： 1．本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上． 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先求出复数和，即得解. 【详解】解：由题得， 所以，所以复数在复平面内对应的点为， 所以复数在复平面内对应的点在第二象限. 故选：B 2. 在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算表示出答案即可. 【详解】， 故选：A 3. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D. 【详解】对于A，若，，则，或，故A错误； 对于B，若，，则，或与相交，故B错误； 对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误； 对于D，若，，则，故D正确. 故选：D. 4. 符合下列条件的三角形有2个解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用两边之和大于第三边判断判断A；根据余弦定理求得可判断C；由正弦定理判断B、D； 【详解】对于A：因为，不符合两边之和大于第三边，所以无解，故A错误； 对于B：因为，所以，所以无解，故B错误； 对于C：由余弦定理得，所以，解得或，即有2个解，故C正确； 对于D：因为，所以,故，三角形只有一解，故D不正确. 故选：C. 5. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】如图，先将直观图还原得平行四边形，根据斜二测画法可得，即可得解； 【详解】将直观图还原得平行四边形，如下图， 所以， 所以平面四边形为菱形， 其周长为. 故选：B. 6. 为测量某建筑物的总高度CD，选取与塔底C在同一水平面内的两个测量基点A与B，某人在C的正西方向点A处测得塔顶的仰角为60°，C在B的西偏北75°方向，A在B的西偏北30°方向，，则这幢建筑物的总高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意建立几何图形，再根据正弦定理，即可求解. 【详解】由题意可知，，，，且， 所以，，， 设，则， 中，，， 解得：. 故选：A 7. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理构造线线平行，再根据平行线段比例关系，即可判断选项. 【详解】如图，连结，交于点，连结， 因为平面，且平面，平面平面， 所以， 因为，且，所以，即， 所以. 故选：B 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错或不选的得0分） 9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. B. 若，则的虚部为 C. 若，则为纯虚数 D. 若是关于的方程（p，）的一个根，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数模的运算可判断A的正误，对于BC，求出后可判断B，乘方后可判断C，对于D，将根代入方程后可求后可判断其正误. 【详解】对于A，设，则，故，故A正确； 对于BC，，故的虚部为，故B错误； 而，故为纯虚数，故C正确； 对于D，将代入方程后得， 整理得：，而为实数，故， 故，故D错误. 故选：AC 10. 设向量，，则下列叙述正确的是（ ） A. 若， B. 与垂直的单位向量只能为， C. 若，则与的夹角为 D. 若，向量在向量上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合向量平行的坐标表示，验证A的真假；结合单位向量的概念判断B的真假；利用向量数量积的坐标运算求向量夹角，判断C的真假；求投影向量判断D的真假. 【详解】对A：当时，，，，所以，故A正确； 对B：与垂直的单位向量可以是，也可以是，故B错误； 对C：若，则，所以与的夹角的余弦为：，又，所以，故C正确； 对D：若，向量在向量上的投影向量为：，故D正确. 故选：ACD 11. 在中，设，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为12 B. 外接圆的周长是 C. 若为的中点，则中线长度为 D. 内切圆的面积是 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用数量积公式结合余弦定理及面积公式判断A，应用余弦定理求出得，结合正弦定理判断B，根据中线向量公式结合B中结果计算的长后可判断C，利用等积法求内切圆半径判断D. 【详解】对于A，，解得， 故，故边上的高为， 故的面积为，故A正确， 对于B，由余弦定理得，而为三角形内角， 所以，外接圆的周长是，故B正确； 对于C，因为， 故 ， 故，故C正确； 对于D，内切圆的面积是，故， 故，故D不正确. 故选：ABC. 12. 在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（ ） A. 点P的轨迹长度为 B. 直线不可能与垂直 C. 直线与平面所成角为 D. 三棱锥的体积最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明出平面，利用勾股定理计算出的长，可判断A；当时，可证平面，此时，可判断B；利用线面角的定义可判断C；计算出面积的最大值，结合锥体体积公式可判断D. 【详解】连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为，平面，所以平面， 设平面，即平面， 对于A，由得，， 则， ， 所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，其周长为.故A正确； 对于B，当时，因为，所以平面，此时.故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面的所成角，,，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为, 因为平面，则 三棱锥体积的最大值为，故D正确. 故选：ACD. 非选择题部分 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 的三个内角满足，则最小角的余弦值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理可得答案. 【详解】因为的三个内角满足， 所以由正弦定理得，设， 则是最小角，由余弦定理得. 故答案为：. 14. 已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径r，再利用圆锥的结构特征求出圆锥的高即可计算作答. 【详解】设圆锥底面圆半径为r，因圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆， 于是得，解得，圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故答案为： 15. 如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】改为向量的终点在同一直线上，再利用共线定理的推论即可得到参数的方程，解之即可. 【详解】因为，即， 所以, 又 所以，解得. 故答案为：. 16. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过点与平面平行的正方体截面，再求出截面周长即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，取的中点，连接， 由为的中点，得，四边形为平行四边形， 则，又，则四边形是平行四边形， ，于是，四边形是平行四边形， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线， 所以P的轨迹长为. 故答案为： 四、解答题（本题共6小题；其中第17小题10分，第18小题10分，第19小题12分，第20小题12分，第21小题12分；第22小题14分；共70分） 17. 已知复数满足： （1）求复数； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据复数相等可得答案； （2）利用复数的除法运算可得答案． 【小问1详解】 设，， ； 【小问2详解】 原式． 18. 在中，，，且与的夹角为60°．且． （1）若，用基向量，表示，并求； （2）若，求实数的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据，再根据向量减法运算求，再根据数量积公式求模； （2）结合（1）的结果，向量和都用向量表示，再根据向量数量积公式，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，，即， 所以， 由，，且与的夹角为，所以， 【小问2详解】 因为 ． 19. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若外接圆的面积为，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求得，即可得解； （2）由题意先求得外接圆的半径，再利用正弦定理求得，由结合可得，即可求得的面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， ， ， ． 【小问2详解】 设外接圆的半径为，由，得， 由正弦定理得，所以， 由（1）知， ， ， ， ． 20. 如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）若为的中点，为上一点，证明． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，连接、，证明出，则或其补角为异面直线与所成角，然后求出三边边长，结合余弦定理求解的余弦值即可； （2）证明出平面，可得出，再由等腰三角形三线合一的性质得出，可得出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立. 【小问1详解】 取中点，连接、， ，，四边形是平行四边形，则， 或其补角为异面直线与所成角， 翻折前，即，， 翻折后，则有，，且有， ，， 又，、平面，面， 在中，，，, 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 面，平面，， ，，，，故为等腰直角三角形， ， ，， 由余弦定理得， ，， ，、平面，面， 因为平面，， 又，为的中点，， ，、平面，面， 平面，. 21. 锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若． （1）求证：； （2）若，求边c的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合三角恒等变换，即可求解； （2）结合正弦定理表示，再根据（1）的结果化简函数，最后根据锐角三角形，求角的范围，根据角的范围求函数的值域. 【小问1详解】 ， 三角形内角，． 【小问2详解】 ． 锐角三角形， ，，． 22. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于，则可得，由线面平行的判定定理可得平面； （2）利用等积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得的轨迹为，由线面角的定义可得即为线面角，故可得其最大值，故可得其正切的最大值. 【小问1详解】 连接AC交BD于，连接，则， 因为，由四棱台的性质可得，且， 故四边形为平行四边形，故， 不包含于面面，故面. 【小问2详解】 面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，，可得，而平面， 故平面，由平面，故， ，得， ，，故， 故，故． 【小问3详解】 连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故，故平面， 而平面，故，又，， 平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，则最大为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六校联盟2024学年第二学期期中联考 高一数学试题卷 （2025.04） 考生须知： 1．本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上． 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 符合下列条件的三角形有2个解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 6. 为测量某建筑物的总高度CD，选取与塔底C在同一水平面内的两个测量基点A与B，某人在C的正西方向点A处测得塔顶的仰角为60°，C在B的西偏北75°方向，A在B的西偏北30°方向，，则这幢建筑物的总高度为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错或不选的得0分） 9. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. B. 若，则的虚部为 C. 若，则为纯虚数 D. 若是关于的方程（p，）的一个根，则 10. 设向量，，则下列叙述正确的是（ ） A. 若， B. 与垂直的单位向量只能为， C. 若，则与的夹角为 D. 若，向量在向量上的投影向量为 11. 在中，设，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为12 B. 外接圆的周长是 C. 若为的中点，则中线长度为 D. 内切圆的面积是 12. 在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（ ） A. 点P的轨迹长度为 B. 直线不可能与垂直 C. 直线与平面所成角为 D. 三棱锥的体积最大值为 非选择题部分 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 的三个内角满足，则最小角的余弦值为__________． 14. 已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为________． 15. 如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为___________． 16. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为__________． 四、解答题（本题共6小题；其中第17小题10分，第18小题10分，第19小题12分，第20小题12分，第21小题12分；第22小题14分；共70分） 17. 已知复数满足： （1）求复数； （2）求的值． 18. 在中，，，且与的夹角为60°．且． （1）若，用基向量，表示，并求； （2）若，求实数的值． 19. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若外接圆的面积为，且，求的面积． 20. 如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使． （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）若为的中点，为上一点，证明． 21. 锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若． （1）求证：； （2）若，求边c的取值范围． 22. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $