广东省惠州市第一中学2024-2025学年高一下学期第二次段考数学试卷

2024-2025学年广东省惠州一中高一（下）第二次段考数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.在下列向量组中，可以把向量表示出来的是      A. ， B. ， C. ， D. ， 2.如图，在矩形ABCD中，(    ) A. B. C. D. 3.若复数z满足，则(    ) A. B. C. D. 4.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则B的大小为(    ) A. B. C. D. 或 5.堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术商功》.如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱堑堵如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.则图2中的阳马与图1中的长方体的体积比是(    ) A. B. C. D. 6.已知平面向量，满足在方向上的投影为1，则(    ) A. 4 B. C. 5 D. 与有关 7.在中，分别为角A，B，C的对边，则的形状可能是(    ) A. 正三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形 8.已知圆锥SO的母线，侧面积为，若正四面体能在圆锥SO内任意转动，则正四面体的最大棱长为(    ) A. 1 B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.设复数对应的向量分别为为坐标原点，则(    ) A. B. 若，则 C. 若且，则 D. 若，则的最大值为 10.如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点O，点E是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是(    ) A. 直三棱柱的体积是1 B. 直三棱柱的外接球表面积是 C. 三棱锥的体积与点E的位置有关 D. 的最小值为 11.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是(    ) A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱长为2，则正四棱台的高为______. 13.如图，计划在两个山顶M，N间架设一条索道.为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在BC同一水平面上选一点A，在A处测得山顶M，N的仰角分别为和，且测得，则M，N间的距离为______. 14.在复平面中，已知点、，复数、对应的点分别为、，且满足，，则的最大值为______. 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.本小题13分 设复数，，i为虚数单位. 若，求； 若是纯虚数，求 16.本小题15分 用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且 求原平面图形ABCD的面积； 将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积. 17.本小题15分 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 证明：； 如图，若，点D在边BC上，且，的面积为，求的周长. 18.本小题17分 已知锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若D是线段BC上一点，且 求角A的大小； 若的面积为，且AD为内角A的角平分线，求AD的最大值. 若D是线段BC上靠近点B的三等分点，，求AD的最大值. 19.本小题17分 利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对其中，视为一个向量，记作类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为 设，，i为虚数单位，求复向量、的模； 设、是两个复向量. ①已知对于任意两个平面向量，，其中，，，，成立，证明：对于复向量、，也成立； ②当时，称复向量与平行.若复向量与平行其中i为虚数单位，，求复数 答案和解析 1.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查向量的坐标运算，根据列出方程解方程是关键，属于基础题． 根据向量的坐标运算及，计算判断即可． 【解答】 解：根据， 选项A：，则，，无解，故A不能； 选项B：，则，，解得，，，故B能； 选项C：，则，，无解，故C不能； 选项D：，则，，无解，故D不能． 故答案选： 2.【答案】B  【解析】【分析】 根据向量加法法则以及向量相等的定义进行转化求解即可． 本题主要考查向量加法及其几何意义，根据向量加法的三角形法则是解决本题的关键． 【解答】 解：在矩形ABCD中， ， 则， 故选：B 3.【答案】C  【解析】解：由题意，， 可得， 即 则 故选： 首先将已知等式进行化简求出z，再求出z的共轭复数即可． 本题考查复数的运算，属于基础题． 4.【答案】B  【解析】解：因为，，， 由正弦定理得， 因为 所以， 则 故选： 5.【答案】B  【解析】解：根据同底面的柱体的体积公式与锥体的体积公式易得： 所求体积之比为 故选： 根据柱体的体积公式与锥体的体积公式，即可得解． 本题考查柱体的体积公式与锥体的体积公式的应用，属基础题． 6.【答案】C  【解析】解：由在方向上的投影为1，可知， 又，故， 又 所以， 所以 故选： 由投影的定义求出，再由向量的模长公式求解即可． 本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题． 7.【答案】B  【解析】解：由已知，得，即， 由正弦定理可得：， 所以， 得， 在中，所以， 又，所以，即三角形为直角三角形． 故选： 根据条件先求出，再结合正弦定理和三角形的内角和公式，可求出角B，从而判断三角形的形状． 本题主要考查三角形的形状判断，属于基础题． 8.【答案】B  【解析】解：如图，在圆锥SO中，设圆锥母线长为1，底面圆半径为R， 因为侧面积为，所以，即， 因为，所以， 所以， 棱长为a的正四面体如图所示， 则正方体的棱长为，体对角线长为， 所以棱长为a的正四面体的外接球半径为， 取轴截面SAB，设内切圆的半径为r， 则， 解得， 即圆锥SO的内切球半径为， 因为正四面体能在圆锥SO内任意转动， 所以，即， 所以正四面体的最大棱长为 故选： 正四面体能在圆锥SO内任意转动，则正四面体的外接球小于等于圆锥SO的内切球即可． 本题考查几何体的切接关系，属于中档题． 9.【答案】ACD  【解析】解：， 则，A正确； ，，， 则，故B错误； ， 则，即， 又， 故，解得，C正确；  ，故，即， 则表示圆上的点到原点的距离， 故的最大值为，D正确． 故选： 根据已知条件，结合复数模公式，向量垂直、平行的性质，即可求解． 本题主要考查复数模公式，以及向量垂直、平行的性质，属于基础题． 10.【答案】ABD  【解析】解：直三棱柱中，，，，如图所示， 直三棱柱的体积为，故A选项正确； 直三棱柱是长宽高分别为1，1，2的长方体的一半， 外接球的半径为，外接球表面积是，故B选项正确； O是与的交点，则的面积为定值， 由平面，得E到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，与点E的位置无关，故C选项错误； 把侧面和侧面展开在一个平面上， 当E为的中点时，的最小值等于，故D正确． 故选： 由柱体体积公式计算直三棱柱的体积验证选项A；由直三棱柱的结构特征求外接球半径和表面积验证选项B；判断三棱锥的底面积和高的特征验证选项C；把侧面和侧面展开在一个平面上求的最小值验证选项 本题考查直三棱柱的相关性质，三棱柱的体积的求解，三棱柱的外接球问题，化归转化思想，属中档题． 11.【答案】ACD  【解析】解：因为，所以由正弦定理，得， 即， 因为，所以，且，所以 选项A：若，则，所以的外接圆的直径，所以， 所以的外接圆的面积为，选项A正确， 选项B：有两解，则，则，解得，错误， 选项C：由正弦定理，得，即， 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，故选项C正确， 选项D：，，，可得，由正弦定理可得， 由，可得：， 由，可得：，解得：，故，， 可得， 由正弦定理，可得：，，则， ， 设的内切圆半径为r，则， ，故D正确． 故选： 根据条件，求出 选项A：根据条件求角A，根据正弦定理求外接圆的半径，从而求外接圆的面积， 选项B：三角形有两解时，由此求出b的取值范围． 选项C：根据正弦定理把边c表示为，利用为锐角三角形求角A的范围，从而求边c的范围． 选项D：通过两角和与差的三角函数，正弦定理以及余弦定理，转化求解的面积判断D即可． 本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，二次函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 12.【答案】  【解析】解：如图，在正四棱台中，分别取上下底面的中心、O，有， 过点作，垂足为H，则， 在中，，故正四棱台的高为 故答案为： 在正四棱台中，分别取上下底面的中心、O，过点作，利用勾股定理即可求解． 本题考查了正四棱台高的计算，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：在中，，，由正弦函数：， 得：， 在中，，， 由正弦函数：，得：， =在中，已知，，， 由余弦定理： ， ，最终，M，N间的距离为 故答案为： 根据正弦定理即可求解． 本题考查了解三角形，属于中档题． 14.【答案】  【解析】解：由题意设，，，， 由，得， 整理得，，， ，可得， ，， 则 ， 的最大值为 故答案为： 由题意设，，，，由，得，求得，再由数量积的坐标运算结合三角函数求最值． 本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查三角函数的恒等变换应用，考查运算求解能力，是中档题． 15.【答案】解：当时，， ， 因为其为纯虚数，则，解得， 则，  【解析】代入a的值，再去计算即可． 先将进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出a，再求出模． 本题考查复数的运算，属于基础题． 16.【答案】解：根据题意，还原平面图形ABCD， 如图， 因为，，，且， 所以，，，且，， 原平面图形ABCD为直角梯形，故； 将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图， 其中圆柱的底面半径为3，高为6，圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5， 所以几何体的表面积为， 几何体的体积为  【解析】根据直观图还原平面图形ABCD为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解； 将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的表面积和体积公式求解． 本题考查旋转体的几何结构，涉及斜二测画法，属于基础题． 17.【答案】证明见解析；    【解析】根据，正弦定理得， 所以，即， 因为，所以，即，所以； 由及条件知， 所以， 从而得， 设， 则，得，① 由余弦定理得，所以，② 由①②，得，所以， 所以的周长为 由条件和正弦定理，结合三角恒等变换即可证明； 由a、b、c的关系结合余弦定理可求及，根据三角形面积公式可得b与CD的一个关系式，再利用余弦定理得b与CD的另外一个关系式，联立即可求得答案． 本题考查了解三角形，属于中档题． 18.【答案】；   ；     【解析】因为， 由正弦定理可得， 在中，， 可得， 又因为，可得，即， 又因为，可得， 解得； 因为的面积为，可得， 即， 可得， 又因为AD为内角A的角平分线，所以， 所以，当且仅当时取等号， 即AD的最大值为； 因为D是线段BC上靠近点B的三等分点，， 可得， 即，两边平方可得， 由余弦定理可得，即， 可得， 所以， 由正弦定理可得， 所以，， 所以， 即 ， 在锐角三角形中，则， 解得，所以， 可得所以 所以 即AD的最大值为 由正弦定理及两角和的正弦公式，辅助角公式可得的值，再由角A的范围，可得角A的大小； 由三角形的面积，可得bc的值，再由角平分线可得面积的表达式，可得AD的表达式，再由基本不等式可得AD的最大值； 由向量的表示可得的表达式，由正弦定理可得b，c的表达式，由辅助角公式及锐角三角形的性质可得AD的最大值． 本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形中线的向量表示，角平分线的性质的应用，锐角三角形的性质的应用，属于中档题． 19.【答案】解：由题意，，； ①设，， ， 则 由于 ， 所以； ②设，结合①得， ， 令，化简得， 即，，  【解析】利用题中定义进行计算； ①设，，代入化简计算而后作差进行证明； ②设，按照定义建立等式并且展开进而求出a和 本题主要考查复数相关性质，属难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$