精品解析：江苏省苏州市四校2024-2025学年高一下学期5月联合调研测试数学试题

2024～2025学年第二学期四校联合调研测试（5月） 高一数学 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. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，且，则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 3. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 4. 某校学生为测量操场上的旗杆高度，在与旗杆底端位于同一水平高度的共线三点，，处，测得旗杆顶端处的仰角分别为，，，且，则旗杆的高度为（ ） A. B. C. D. 5. 如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ） A. B. C. D. 6. 在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 如图，在边长为1的正方体中，，，，分别为棱，，，的点，满足，过，，，四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ） A. 时，该截面是正六边形 B. 时，四边形为正方形 C. 平面 D. 当四边形为正方形时，它的面积为 8. 在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（ ） A. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. D. 10. 如图，在直三棱柱中，与相交于点，点是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直三棱柱的体积是6 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 直三棱柱的外接球表面积是 11. 已知三个内角的对边分别是，且满足，则面积可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，则与向量共线的单位向量是______． 13. 设为锐角，若，则的值为____________. 14. 已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______． 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. 已知复数在复平面上对应点在第四象限，且，的虚部为. （1）求复数； （2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值. 16. 如图，在梯形中，，，，，分别为，的中点，且，是线段上的一个动点． （1）求； （2）求的取值范围． 17. 如图，在平面四边形中，，，， （1）求四边形的周长； （2）若点在的外接圆的优弧上，求的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：面； （2）求证：面； （3）当平面时，面与交于，求的值． 19. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第二学期四校联合调研测试（5月） 高一数学 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. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模，复数除法运算公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，所以. 故选：C 2. 在中，，且，则的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】首先由余弦定理得，再由题干条件结合正弦定理得，故是等边三角形. 【详解】由，得，所以； 又，由正弦定理得，所以是等边三角形. 故选：C. 3. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由斜二测画法画出圆图可得答案. 【详解】由斜二测画法规则知，正方形的原实际图形是平行四边形， 如图，其中， 因此有， 所以原图形的周长为. 故选：B. 4. 某校学生为测量操场上的旗杆高度，在与旗杆底端位于同一水平高度的共线三点，，处，测得旗杆顶端处的仰角分别为，，，且，则旗杆的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设旗杆的高度，的，在中，得到，结合余弦定理，列出方程，即可求解. 【详解】设旗杆的高度， 由，可得， 在中，因为，所以， 可得， 即，解得， 所以旗杆的高度为. 故选：C. 5. 如图的方斗杯古时候常作为盛酒的容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，上底面边长为，下底面边长为，厚度忽略不计.现往该方斗杯里倒酒，当倒入时，酒的高度恰好是方斗杯高度的一半，则该方斗杯的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：B. 6. 在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助向量线性运算法则与三点共线定理可得，再利用向量数量积公式计算即可得解. 【详解】令，，由，， 则，， 则， 由、、三点共线，故，即， 即，则 ， 解得，即的长为. 故选：C. 7. 如图，在边长为1的正方体中，，，，分别为棱，，，的点，满足，过，，，四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ） A. 时，该截面是正六边形 B. 时，四边形为正方形 C. 平面 D. 当四边形为正方形时，它的面积为 【答案】B 【解析】 【分析】先根据线段比例关系利用相似三角形性质判断线线平行，再依据线面平行判定定理判断线面平行；然后针对四边形为正方形的情况，通过构建直角三角形，利用勾股定理建立等式求解相关参数，并进一步判断选项. 【详解】 在正方体中，因为，根据相似三角形的判定定理（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），可知与相似，所以，进而可得. 又因为线面平行的判定定理，已知平面，平面，所以平面，故C选项正确. 判断当时截面的形状：当时，如前面第一个图，可以得到该截面为正六边形，所以A选项正确. 判断四边形为正方形时的情况：如前面第二个图，作，垂足为. 在正方体中，棱长设为，所以. 因为，根据正方体棱长以及线段比例关系可得. 又因为的长度，根据正方体棱长以及的关系可得. 在中，根据勾股定理. 由于四边形为正方形，所以，即. 等式两边同时平方可得. 展开括号：. 移项化简可得：，解得. 此时，正方形的面积为，所以B选项错误，D选项正确. 综上，A、C、D选项正确，B选项错误. 故选： B. 8. 在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，设，，在、分别利用正弦定理表示出、，由，利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，即可求出三角形面积最大值. 【详解】因为，，，所以， 设，， 则，，， 在中由正弦定理，即， 所以， 在中由正弦定理，即， 所以， 所以 （其中）， 所以， 则， 即三角形的面积的最大值是. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是用含的式子表示出、，再利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，进而求出三角形面积最大值. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据特例法，可判定A、B错误；设设，根据复数的运算法则和模的计算法则，可得判定C正确；设对应的向量分别为，结合向量三角不等式，可判定D正确. 【详解】对于A中，由，但是是不成立，所以A错误； 对于B中，当时，满足，此时，所以B错误； 对于C中，设， 则， ， 所以， ， 所以，所以C正确； 对于D中，设对应的向量分别为， 由向量三角不等式，可得， 当且仅当与反向时，等号成立，所以恒成立， 所以D正确. 故选：CD 10. 如图，在直三棱柱中，与相交于点，点是侧棱上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直三棱柱的体积是6 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 直三棱柱的外接球表面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出，从而根据柱体体积公式得到答案；B选项，为定值，点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值；C选项，将矩形与矩形展开到同一平面内，由勾股定理求出最小值；D选项，将直三棱柱补形为长方体，求出外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】A选项，直三棱柱中，， 所以，直三棱柱的体积是，A正确； B选项，矩形的面积为， 当是侧棱上运动时，为定值， 又点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，B正确； C选项，将矩形与矩形展开到同一平面内，如图所示， 连接，与相交于点， 故的长即为的最小值，故最小值为， 的最小值为5，C错误； D选项，将直三棱柱补形为长方体， 则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球， 故外接球的半径为， 表面积为，D正确, 故选：ABD 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 11. 已知三个内角的对边分别是，且满足，则面积可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】取特值可判断A；由余弦定理以及三角形的面积公式可得，再利用两次基本不等式得到，可得面积的最大值为可判断B；由，，可判断CD . 【详解】对于A，因为，当时可得：，所以， 所以面积为：，故A正确； 对于B，因为，则，， 即，由余弦定理可得：， 又，所以①， ②，①＋②可得， 又，即， 则， 即，即，解得， 当且仅当时，即，时，等号成立， 所以面积的最大值为，故B正确； 对于CD，因为，，故CD错误； 故选：AB． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，则与向量共线的单位向量是______． 【答案】， 【解析】 【分析】根据共线单位向量的表示方法即可得到答案. 【详解】与向量共线的单位向量是， 即，. 故答案为：，. 13. 设为锐角，若，则的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式，同角三角函数的基本关系式、两角差的正弦公式求得所求表达式的值. 【详解】为锐角，， . . 故答案为： 14. 已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设正六棱锥的外接球的半径为、内切球的半径为，由题意及正六棱锥的性质相继求出、正六棱锥的底面积、侧面面积，再利用等体积法求得，设正方体的最大棱长为，此时正六棱锥的内切球是正方体的外接球，由此可得结果. 【详解】设外接球的半径为，则，． 设正六棱锥的底面边长为，则，， 即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2． 正六棱锥的底面积． 侧面面积． 正六棱锥的体积． 设正六棱锥的内切球的半径为， 则． ． 设正方体的棱长为，则，． 正方体的棱长的最大值为． 故答案为：. 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. 已知复数在复平面上对应点在第四象限，且，的虚部为. （1）求复数； （2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据条件列出方程组，求解即可；（2）根据复数，求出、，得到、、的坐标，利用坐标计算数量积. 【小问1详解】 设， ，， 由题意得， 解得或， 又因为复数在复平面上对应点在第四象限，所以. 【小问2详解】 ，，， 所以对应的点，，， 从而，，. 16. 如图，在梯形中，，，，，分别为，的中点，且，是线段上的一个动点． （1）求； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立坐标系，设，表达出，，由得到方程，求出，利用平面向量夹角余弦公式求出答案； （2）设，表达出，结合，求出. 【小问1详解】 以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴，建立平面直角坐标系， ，，设，则，，， ，， 由，则，即， 又，，， ，，，， ， 又为锐角，； 【小问2详解】 设，， ，， ， ，. 17. 如图，在平面四边形中，，，， （1）求四边形的周长； （2）若点在的外接圆的优弧上，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式求出，再在中用余弦定理求出，接着在中用余弦定理求出，从而得到四边形的周长； （2）在中通过正弦定理将用角的三角函数表示，然后利用两角和的正弦公式化简的表达式并利用三角函数的性质求出其最大值. 【小问1详解】 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得， 所以四边形的周长为； 【小问2详解】 如上图，在中， ,, , 在中，由正弦定理得： ， 于是， 其中,当时，等号成立． 所以的最大值为． 18. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）求证：面； （2）求证：面； （3）当平面时，面与交于，求的值． 【答案】（1）证明如下： 由为正三角形且可知. 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即. 所以，又因为平面，平面， 所以面. （2）证明如下： 因为，平面，平面，所以面. 又面，面面，所以. 又面，面，所以面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出.然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明； （2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出面.根据线面平行的性质定理结合已知得出.进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出.进而根据梯形的性质求出.根据线面平行的性质定理得出，，.然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，如图，连接交于点，连接. 因为平面，平面，平面平面，所以. 在梯形中，，，， 所以有，所以. 因为，所以有，所以． 因为面与交于，面与交于，， 所以有平面平面. 又面，面，所以. 又，所以，， 所以，. 设梯形高为，则. 由，可知，所以. 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 19. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 【答案】（1） （2） ①由，则，又， 所以，即，又由余弦定理， 得到，所以，得以， ∴，又 ∴，又，， ∴或，即或（舍去），故， 即. ② 【解析】 【分析】（1）设，，根据条件得到，结合条件，即可求解； （2）①根据条件，利用三角形面积及余弦定理得到，利用正弦定理边转角，得到，即可求解；②设，利用①及正弦定得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 设，，在中，，， 由余弦定理，得到 又， 所以， 得到，又，所以，则，所以， 则. 【小问2详解】 ①略 ②不妨设，则， 由正弦定理知，所以， 又，∴， ∴ 又，∴原式， 当且仅当，即时取等号， ∴的最小值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $