广东省珠海市实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、惠州市博罗中学、珠海市鸿鹤中学、惠州市实验中学2024-2025学年高一下学期5月联考数学试卷

高一数学参考答案 第 1页/共 6页 2024－2025 学年第二学期 5 月六校联考 高一数学参考答案及评分标准 一、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，只有一项是符合题目 要求.） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C B A D C B 二、选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求， 全部选对得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.） 题号 9 10 11 答案 BCD BC AC 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.） 12. -1 13. 2 14. 32 3  部分选择题填空题详解: 7．C 【详解】因为 2AD DB   ，所以 3 , 2 AB AD   所以 1 2 AP mAC AB     1 3 3 2 2 4 mAC AD mAC AD         ， 因为 , ,P C D三点共线，所以 3 1 4 m   ，解得 1 4 m  ， 所以 1 1 4 2 AP AC AB     ，由于 4AB  ， 3AC  , π , 3 BAC  所以 1 1 4 2 ABAP AC AB AB             2 21 1 1 1 194 3cos 4 4 2 4 3 2 2 AB AC AB             . 故选：C. 8．B 【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为 1 2,r r ，由题知 1 25, 12 r r ， 又母线长为 2，则圆台的高为  22 2 22 114 14 7 7 3     h r r ，且轴截面底角为 60° 若球与圆台的下底面和侧面相切， 设球的半径为 R，球心为O，圆台的上、下底面的中心分别为 2 1,O O ， 与圆台侧面的一个切点为 F ，过球心的轴截面如图所示， 连接 ,OF OC，易知 2 tan 30 4 3  R r 又 2 8 3 7 3  R h ，所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切， 所以 7 3 2 2   hR ，球的表面积为 24π 147π S R ， 故选：B. 9．BCD 【详解】对于 A， ( ) 221 3 2z z= = + - = ，故 A错； 对于 B，复数 z在复平面内对应的点坐标为  1, 3  ，在第三象限，故 B正确； 对于 C，将 1 3  z i 代入方程，得    21 3i 2 1 3i 4 2 2 3i 2 2 3i 4 0             ，故 C正确； 高一数学参考答案 第 2页/共 6 页 对于 D，设复数对应向量为  ,OW x y  ，复数 z对应的向量为  1, 3OZ     ， 由 | | 1z   得， 1ZW   ，对应点在圆心为  1, 3  半径为 1的圆上， 所以 max 2 1 3OW OZ ZW= + = + = uuur uuur uuur ，即 max | | 3  ，故 D正确； 故选：BCD． 10．BC 【详解】A：由余弦定理，得 2 2 2 cos 0 2 a b cC ab     ，得 C为锐角，不能判断 ABC 为锐角，故 A错误； B：设 ABC 的外接圆的半径为 R，由正弦定理得 32 2 sin 3 2 aR A    ， 得 1R  ，所以其外接圆的面积为 2π πR  ，故 B正确； C：若 ABC 为锐角三角形，则 π 2 A B  ，且 π π 0 2 2 A B    ， 所以 πsin sin cos 2 A B B       ，故 C正确； D： cos cosa A b B ，由正弦定理，得 sin cos sin cosA A B B ， 即 sin 2 sin 2A B ，所以2 2A B 或 2 π 2A B  ， 即 A B 或 π 2 A B  ，则 ABC 为等腰三角形或直角三角形，故 D错误. 故选：BC. 11．AC 【详解】对于 A，∵正方体的对面互相平行， ∴过 1, ,A D E三点的平面截正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的对面 1 1 1 1,ADD A BCC B 所得截线互相平行， 又∵ E为线段 1CC 的中点，∴截面交 BC于其中点 G， 连接 1 1, , ,AG GE ED D A，则四边形 1AD EG即为所求截面，显然为等腰梯形， 且 2 21 12 2, 2, 2 1 5AD EG AG D E      ， 梯形的高 22 2 1 2 3 25 2 2 2 AD EGh AG               ， 面积为    1 3 22 2 2 · 92 2 2 2 AD EG h S     ，故 A正确； 过 E与平面 1ADC平行的直线都在过 E与平面 1ADC平行的平面内， 易知过 E与平面 1ADC平行的平面截正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的截面为如图所示 1 的六边形EGHIJK，其各顶点都是正方体的相应棱的中点， 由于 1 1/ / ,A B IH A H 不在平面EGHIJK内，∴平面 EGHIJK与直线 1AB平行， ∴平面EGHIJK与线段 1AB没有公共点，故 B错误； 高一数学参考答案 第 3页/共 6页 ∵ 1 1/ /A B DC ， 1DC 平面 1ADC， 1AB不在平面 1ADC内， ∴ 1 / /AB 平面 1ADC， 又∵ 1F A B ，∴ F 到平面 AD1C的距离为定值，又∵ 1ADC 的面积为定值， ∴当 F 在线段 1A B上运动时，三棱锥 1C AFD 的体积不变，故 C正确； 对于 D, 如图 2 ，过 E作 EG⊥D1C,G为垂足，在线段 A1B上取点 H,使 HG//BC, 当 F位于 H点时，EF与 AD所成角最小，此时正切值为 2 4 ,故 D错误. 故选：AC. 13．2 【详解】由题设 1 3sin 3 2 4 bc A bc  ，则 4bc  ， 又 2 2) cos 6(B AC ABA BC AB AB AB AC c bc A               ， 所以 2 2 6 2c c    ，则 2b  ， 综上， 2AC  . 故答案为：2 14． 32 3  【详解】取SC 的中点O，连接OA、OB，如下图所示： SA AC ， SB BC ，且 SA AC ， SB BC ， 所以， SAC 、 SBC△ 均为等腰直角三角形，且 π 2 SAC SBC    ， 所以， 1 2 OA OB SC OC OS    ，所以，SC 为三棱锥 S ABC 的外接球直径， 设 2SC r ，可得OA OB r  ，设 AOB   ， SA AC ，O为SC 的中点，则OA SC ，同理可得OB SC ， , ,OA OB O OA OB   平面OAB， SC 平面OAB， 所以， 1 1 1 3 3 3S ABC S OAB C OAB OAB OAB OAB V V V SO S OC S SC S         △ △ △ 2 3 1 1 1 4 32 sin sin 3 2 3 3 r r r      ， 3 4 3sin r   ， 在 OAB△ 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosAB OA OB OA OB     ，即 2 22 2 cos 12r r   ，可得 2 2 6cos r r   ， 由 2 2sin cos 1   ，可得 22 6 2 48 6 1r r r        ，化简可得 4 23 4 0r r   ， 即   2 21 4 0r r   ， 0r  ，解得 2r  ， G H 高一数学参考答案 第 4页/共 6 页 因此，三棱锥 S ABC 外接球的体积为 3 3 4 4 32ππ π 2 3 3 3 V r    . 故答案为： 32π 3 . 四、解答题（本题共 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．(本题 14 分) 【详解】（1）解：  2,1a   ，  3, 2b   ， 故 6 2 4a b        ， 13b   ，————2分 r a 在b  上的投影向量为 2 4 (3,2) 13         a b b b 12 8, 13 13       .————4分 （2）解：设  ,c x y ，  2,1a   r ， 2     c a x y∥ ，又 2 22 5 20     c x y ，————6分 4 2     x y 或 4 2     x y ，  4,2    c 或  4, 2 . ————9分 （3）因为  2,1a   ，  3, 2b   所以  2 3 2      ka b k k, ，  1,3  a b ， 因为 ka b   与    a b的夹角为锐角， 所以     0              ka b a b ka b a b与 不共线    1 32 3 2 0 2 3 2 1 3              kk k k即 解得 9 k 且 1k ————14分 16．(本题 14 分) 【详解】（1）连接 1BC交 1BC 于点O，连接OD，因为四边形 1 1BCC B 为矩形， 所以O为 1BC的中点．因为D为 AC的中点，所以 1OD AB∥ ． ————3分 因为 1AB 平面 1BC D，OD 平面 1BC D， 所以 1AB ∥平面 1BC D． ————6分 (2) 过 B点在底面 ABC内作 BE⊥AC,垂足为 E,连接 C1E, ∵侧棱 1 AA 底面 ABC， BE 平面 ABC, ∴ 1 AA BE 又 1 AA AC A , BE 平面 1 1AAC C , ∴ 1BC E就是直线 1BC 与平面 1 1AAC C所成角的正弦值．————10分 因为 AB BC， 1 2 AA AB ， 4BC ，所以 2 2 2 22 4 2 5    AC AB BC ∴ 2 2 2 2 2 4 4 5 52 4        AB BCBE AB BC ， 2 2 2 21 1 2 4 2 5    BC BB BC ∴ 1 1 4 5 25 52 n 5 si    BEE C E BC ∴直线 1BC 与平面 1 1AAC C所成角的正弦值为 2 5 ． ————14分 17．(本题 15 分) 【详解】（1）由余弦定理可得 2 2 2 22 cos 9 2 2 3 2 5 2 b a c ac B          ，  5b  ，————3分 由正弦定理可得， sin sin c b C B  ，则 22sin 52sin 55 c BC b     . ————6分 （2）由 4cos 5 ADC   ，可知 ADC 为钝角， E 高一数学参考答案 第 5页/共 6页 则 2 2 4 3sin 1 cos 1 ( ) 5 5 ADC ADC        ， ————8分 在 ACD△ 中，由正弦定理， sin sin AD AC C ADC   ， 则 55sin 55 3sin 3 5 AC CAD ADC     . ————11分 设 CD=x,在 ACD△ 中，由余弦定理 2 2 2 2 cosAC AD DC AD DC ADC     即 225 5 45 2 9 3 5           x x 化简 29 24 20 0  x x ，解得 2 3 x （ 10 3  x 舍） 即 CD= 2 3 ————15分 18．(本题 17 分) 【详解】（1）证明：在等腰梯形 ABCD中， / /AD BC， 4BC ED  ， 所以四边形 BCDE是平行四边形，所以 / /BE CD， 因为 2AB AE BE CD    ， 所以 ABE 为等边三角形，则 60BAE  ∠ . 因为O为 BE 中点，所以 BE A O ，————————————————2分 在等腰梯形 ABCD中，可得 60BAE CDE CBE       . 连接 EC，在 BECV 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 2 12 cos 4 2 2 4 2 12 2 EC BC BE BC BE EBC             , 则 2 3EC  ，所以 2 2 216BE EC BC   ，则 BE EC . 因为O、 F 分别是 BE、 BC中点， 所以 / /OF EC，所以OF BE ， ————————————————4分 从而可得OF CD ，CD A O ， 因为 AO OF O   ， AO 、OF 平面 AOF ， 所以CD 平面 AOF ． ————————————————6分 （2）由（1）可知， / /OF EC，因为OF 平面 A EC ， EC 平面 A EC ， 所以 / /OF 平面 A EC ， 所以点F 到平面 A EC 的距离即为点O到平面 A EC 的距离. 因为O是 BE 中点，所以点 F 到平面 A EC 的距离等于点 B到平面 A EC 的距离的一半. 取 A E 的中点为 H ，连接 BH . 因为 A BE 为等边三角形，所以 BH A E ， 由（1）知 EC BE ， 因为 A O  OF ，而 / /OF EC， EC A O 又因为  BE A O O， BE、 AO 平面 A BE， 所以EC 平面 A BE . 因为 BH 平面 A BE ，所以EC BH . 又因为 EC A E E  ， EC、 A E 平面 CA E ， 所以 BH 平面 CA E ，————————————————9分 则点 B到平面 A EC 的距离为 BH . 因为 A BE 是等边三角形，边长为 2 ，故 BH 2 22 1 3   ， 所以点 B到平面 A EC 的距离为 3 ， 故点 F 到平面 A EC 的距离为 3 2 ． ————————————————11分 （3）设 DF∩CE=M,则 1 2 FM CF MD ED   ,在 AD上取点 G,使 1 2 A G GD   , 从而 / / GM A F ,连接 CG,EG 因为  A F 平面GEC， GM 平面GEC， 所以 / /A F 平面GEC，————14分 又由（1）可知， / /OF EC， OF 平面GEC， GM 平面GEC， 所以 / /OF 平面GEC， ————16分 G M 高一数学参考答案 第 6页/共 6 页 又∵  A F OF F , ∴平面GCE∥平面 AOF , 故 G为线段 A D上靠近 A 的三等分点时，平面GCE∥平面 AOF . ————17分 19．(本题 17 分) 【详解】（1）在 ABCV 中利用正弦定理 cos cos 2 A a C b c   可化为 sincos cos 2sin sin A C B C A   ， 则  cos 2sin sin sin cosA B C A C  ， 即  2cos sin cos sin sin cos sin sinA B A C A C A C B     ， 因  0, πB ，则 sin 0B  ，则 1cos 2 A  ，又  0, πA ，则 π 3 A  ， ————4分 （2）由（1）知 π 3 A  ，所以 ABCV 的三个内角均小于120， 从而费马点 P在 ABCV 的内部，且 120APB BPC CPA       ， ①设 PA x  ， PB y  ， PC z  则  1 3 2                  PA PB PB PC PC PA xy xz zy ，则 6  xy xz zy ————6分 由   APB CPB APC ABCS S S S△ △ △ △ 得：   3 1 3 4 2 2     xy xz zy bc ，则 6bc ————8分 在 ABCV 中， 7a , π 3 A , 由余弦定理得： 2 2 2 2 22 cos 7      a b c bc A b c bc ——10分 代入 6bc 得： 2 2 13 b c ， 则 2b ， 3c 或 3b ， 2c ，则 2 3 b c  或 3 2 ——12分 ②由于 PAB  ，则 60  PBA  ， PAC  ， 60  PAC ， 从而 APB△ ∽ CPA△ ，所以  AC PC PA AB PA PB , 在 APB△ 与 CPA△ 中，由正弦定理得：  sin 60 sin    PA PC PB PA   ，————14分  sin 60 3 1 1 sin 2 tan 2       b c    即 ——————————16分 因为30 45    ，所以 11 3 tan     ， 则 b c 的取值范围是 3 1,1 2       ——————————17分 数学试卷 第 1页 共 4页 绝密★启用前 试卷类型： A 2024－2025 学年第二学期珠海市实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、 惠州市博罗中学、珠海市鸿鹤中学、惠州市实验中学 5 月联考试卷 高一 数学 命题学校：珠海市实验中学 命题人：李永胜 审题人：冀文娟 满分：150 分 考试时间：150 分钟 说明：本试卷共 4 页，21 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题 卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。 2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。 第 I卷（选择题，共 58分） 一、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，只有一项是符合题目 要求.） 1．已知向量  1,  a x ，  3,1  b ，若    a b，则 x的值为（ ） A． 3 B．3 C． 1 3  D． 1 3 2．在三角形 ABC中， 2a  ， π 3 B  ， 2 3b  ，则 A （ ） A． π 3 B． π 6 C． π 3 或 2π 3 D． π 6 或 5π 6 3．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品.如图球形的壶体可以近似看成一个半径为 6cm球体，那么该 壶装满茶水后全部倒入底面半径为 3cm且高为 4cm的圆柱形茶杯内，则需要的茶杯个数最少为（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 4．已知向量 , a b 满足 1, 2  a b ，且 ( )   a b a，则 a与  b 的夹角为（ ） A． π 6 B． π 3 C． 2π 3 D． 5π 6 5．若复数 3 i 1 i z   ，则复数 z的共轭复数 z （ ） A．1 2i B． 1 2i  C． 1 2i  D．1 2i 6．设 ,m n表示两条不重合的直线， ,  表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A．若m∥ ,m n  ，则 n  B．若 , ,m n m   ∥ ,n ∥  ，则 ∥  数学试卷 第 2页 共 4页 C．若 / / ,m n n  ，则 / /m  D．若 / / , / / ,m m n     ，则 //m n 7．如图，在VABC中， 4AB  ， 3AC  , π , 3 BAC  P为CD上一点，且 2AD DB   ，若 1 2 AP mAC AB     ， 则 AP AB   的值为（ ） A． 7 6 B． 21 4 C．19 2 D．13 12 8．一圆台的上底面半径为 5，下底面半径为 12，母线长为 14，在圆台内放置的一个半径最大的球体，则 该球体的表面积为（ ） A．192π B． 147π C． 256 3π D． 343 3π 2 二、选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求， 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.） 9．已知复数 1 3  z i ，则下列结论正确的是（ ） A． 1 3 z i B．复数 z在复平面内对应的点在第三象限 C．复数 z是方程 2 2 4 0  x x 在复数集内的一个解 D．若复数满足 | | 1z   ，则 max | | 3  10．在ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，对于ABC有如下命题，其中正确的是（ ） A．若 2 2 2 a b c ，则ABC是锐角三角形 B．若 π 3 A ， 3a ，则ABC的外接圆的面积等于 π C．若ABC是锐角三角形，则 sin cosA B D．若 cos cosa A b B，则ABC是等腰直角三角形 11.如图，在棱长为 2的正方体中 1 1 1 1ABCD ABC D ， E为线段 1CC 的中点， F 为线段 1A B上的动点（含端 点），则下列结论正确的有（ ） 数学试卷 第 3页 共 4页 A．过 A， 1D ，E三点的平面截正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 所得的截面的面积为 9 2 B．存在点F ，使得平面 / /EF 平面 1ADC C．当 F 在线段 1A B上运动时，三棱锥 1C AFD 的体积不变 D．异面直线 EF与 AD所成角的正切值的取值范围是 1 5 2 2       ， 第 II卷（非选择题，共 92分） 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.） 12．已知 i为虚数单位，若    1 2i 2 i  a 是纯虚数，则实数 a ． 13．已知 ABCV 的面积为 3 ， 2π 3 A  ， 6BA BC    ，则 AC  . 14．在三棱锥 A SBC 中， 2 3AB ， SA AC ， SB BC ，且 SA AC ， SB BC ，若该三棱锥的体积 为 4 3 3 ，则三棱锥 S ABC 外接球的体积为 . 四、解答题（本题共 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．(本题 14 分) 已知平面向量 , ,a b c   ，且  2,1a   ，  3, 2b   (1)求 a 在  b 方向的投影向量的坐标； (2)若  c a∥ ，且 2 5c ，求向量 c 的坐标； (3)若    ka b与    a b的夹角为锐角，求实数 k的取值范围. 16．(本题 14 分) 如图，在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，侧棱 1AA 底面 ABC，AB BC ，D为 AC的中点， 1 2AA AB  ， 4BC  ． (1)求证： 1AB ∥平面 1BC D； (2)求直线 1BC 与平面 1 1AAC C所成角的正弦值． 数学试卷 第 4页 共 4页 17．(本题 15 分) 在VABC中，a、b、c分别为角 A、 B、C所对应的边，已知 3a  ， 2c  ， 45B   . (1)求 b及 sinC的值； (2)在边 BC上取一点D，使得 4cos 5 ADC   ，求 AD及 CD的长. 18．(本题 17 分) 如图 1，等腰梯形 ABCD中， / /AD BC，E为 AD边上一点，且 2   AB AE BE CD ， 4 BC ED ， O为 BE 中点， F 为 BC中点.将ABE沿 BE 折起到 A BE的位置，如图 2． (1)证明： CD 平面 A OF ； (2)若  A O OF ，求点 F 到平面 AEC的距离. (3)试在线段 A D上确定一点G，使得平面GCE∥平面 AOF , 并给出证明. 19．(本题 17 分) 费马问题是著名的几何极值问题，它是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是： “在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了 解答，当 ABCV 的三个内角均小于 120°时，使得 120APB BPC CPA      的点 P就是它到三个顶点距 离之和最小的点，这个点 P称为费马点，当 ABCV 的有一个内角大于或等于 120°时，最大内角的顶点即为 费马点． 试用以上知识解决下面问题： 在 ABCV 中，角 , ,A B C所对的边分别是 , ,a b c，若 cos cos 2   A a C b c (1)求 A； (2)设点 P为 ABCV 的费马点. ①若 3             PA PB PB PC PC PA ，且 7a ，求 b c 的值； ②设 PAB  ，若30 45    ，求 b c 的取值范围.