精品解析：浙江省金华市卓越联盟2024-2025学年高一下学期5月四校联考数学试题

2024学年第二学期5月四校联考 高一数学试卷 考生须知： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 3．所有答案必须答在答题纸上，写在试卷上无效． 第一卷 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的． 1. 若复数z满足， 则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的乘法和除法化简求解，再根据模长公式计算求解. 【详解】复数z满足， 则，  则. 故选：A. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D. 棱台的侧棱都相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来否定对概念的错误理解. 【详解】对于A，有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱错误， 即A错误，反例如图： 对于B，有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台错误， 即B错误，反例如图： 对于C，圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故C正确； 对于D，棱台是由平行于底面的平面截得的， 故棱台的上下底面一定相似，但侧棱长不一定相等，故D错误. 故选：C. 3. 设m，n是不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定定理和性质逐一判断即可． 【详解】对于A，由，，则或，故A错误； 对于B，由，则存在直线使得， 因为，所以，则，故B正确； 对于C，由，，则或相交，故C错误； 对于D，，，，则或异面，故D错误. 故选：B. 4. 已知，，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量数量积定义和运算性质，化简条件，用模长表示夹角余弦值的函数，求出模长范围. 【详解】已知，得，变形得， 设，则，变形得， 因为，所以，因为，所以， 解不等式组，当时，解得. 故选：D. 5. 已知函数 若 则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由令，判断奇偶性，然后由初等函数的单调性，判断单调性，进而解不等式. 【详解】由可知函数定义域为， 令， 则， 故为奇函数， 由则， 即, 由初等函数可以得到在定义域上单调递增， 故,即,解得或. 故的范围为. 故选：B. 6. 在中， 角A， B，C所对的边分别为a， b， c，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题设，根据正弦定理及同角三角函数的基本关系可得，进而根据两角差的正切公式及基本不等式求解即可. 【详解】由，显然，则均为锐角， 根据正弦定理得， 两边同时除以，得， 则，即， 则， 当且仅当，即时等号成立， 则时，取得最大值， 即取得最大值. 故选：A. 7. 在直三棱柱 中， 点、、满足： ，，，则下列说法正确的是 （ ） A. 三棱锥体积为定值 B. 三棱锥体积为定值 C. 当时，三棱柱被截面分成的上下两部分体积相等 D. 当时，三棱柱被截面分成的上下两部分体积相等 【答案】B 【解析】 【分析】根据正三棱柱的性质结合三棱锥体积公式可判断AB选项，再由正三棱柱的对称性判断CD. 【详解】如下图所示： 因为，平面，所以平面，同理可证平面， A项，到平面距离为定值， 但不为定值，故不为定值，故错误； B项，到平面距离为定值， 且 为定值，故为定值，故正确； CD项：由于，由对称性知当时，即时， 三棱柱被截面分成的上、下两部分体积相等，故CD都错误. 故选：B. 8. 三棱锥中． 设， ， ， 二面角的平面角大小为，则一定成立的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二面角的定义及勾股定理与余弦定理化简可得结论. 【详解】 如图所示，由已知， ，， 在上取一点，过点在平面内作，交于点，过点在平面内作，交于点，连接， 则是二面角的平面角，即， 设，在中，由，可知，， 在中，由，可知，， 又在中，由余弦定理可知，即， 在中，. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后每组为左闭右开的区间，画出频率分布直方图如图所示，以下选项正确的有（ ） A. B. 本组样本的众数为250 C. 本组样本的第45百分位数是300 D. 用电量落在区间内的户数为82 【答案】ACD 【解析】 【分析】由频率分布直方图中矩形面积之和为1计算可得A正确；根据众数以及百分位数定义计算可得B错误，C正确；由频率估计对应频数计算可得D正确. 【详解】对于A，因为， 解得，故A正确； 对于B，样本的众数位于内，但不一定是250，故B错误； 对于C，前2组的频率之和为，前3组的频率之和为， 故第45百分位数位于内，设其为， 则，解得，故C正确； 对于D，的频率为， 故用电量落在区间内的户数为，故D正确. 故选：ACD 10. 抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 方差变大 D. 平均数不变 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、方差、极差定义理解及求法判断各项的正误. 【详解】由于10个数据已经确定， 故不妨设，由题意不妨取， A项， 原极差为， 去掉最高与最低分后，极差为， 所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，故A项错误； B项，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B项正确； D项，由题意原平均数， 则，则去掉最高与最低分后， 平均数变为，平均数不变，故D正确； C项， 去掉最高和最低分后，又平均数不变，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小， 故方差会变小，故C项错误. 故选：BD. 11. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是 B. 勒洛四面体内切球的半径是 C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为 D. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 【答案】CD 【解析】 【分析】对A，选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案；对B，选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径；再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径；对C，A选项的截面积为C选项的最大截面积；对D，B选项的内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项. 【详解】对于A, 故A错误，截面示意图如下： 对于B，由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图： 正外接圆半径，正四面体的高，令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径，因为点均在以点B为球心的球面上， 所以， 设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误； 对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面， 由对A的分析知，故C正确； 对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确. 故选：CD. 【点睛】思路点睛：本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的高为，且轴截面为等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的几何性质及侧面积公式可得解. 【详解】 由已知圆锥的轴截面如图所示， 则，且为以为底边的等腰直角三角形， 则，， 即圆锥的底面半径，母线， 则圆锥的侧面积为， 故答案为：. 13. 三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为_____． 【答案】28π 【解析】 【分析】由题设及线面垂直的判定有平面，利用线面垂直模型求出三棱锥外接球的半径，进而求其表面积. 【详解】由题设，，即，， 由且都在平面内，则平面， 由，则的外接圆半径， 又，则三棱锥外接球半径， 所以所求外接球的表面积为. 故答案为： 14. 满足 则 的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理边角转化得到，设，利用三角形任意两边之和大于第三边列出不等式组求得的范围，设，利用对钩函数的单调性并得到最终答案. 【详解】由，则，， 设，则， 由，则， 由，即，即，解不等式组得， 设，根据对勾函数的单调性可知， 当时,所以函数在区间内单调递减， 同理可证函数在区间内单调递增， 所以当时单调递减，当时单调递增， 计算得，， 所以， 故. 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. 已知向量，满足. （1）求最小值； （2）若，求向量的坐标表示. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）方法一：由，化简可得，从而可得最小值；方法二：由向量的坐标运算可得，结合二次函数的图象性质可得最小值. （2）由向量的坐标运算可得，解方程组可得结果. 【小问1详解】 解：（1）法一：，设和的夹角为，则 ，， ，即最小值为. 法二：设，由，可得， ， 故当时，取最小值，最小值为. 【小问2详解】 设，由，可得， ，可得，即， 解得：，， 所以向量的坐标表示为或. 16. 已知函数 （1）若f(α)=0， 求tanα的值； （2）若 求函数 f(x)的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）一是直接代入可求，二是通过化简整体代换求，再求. （2）通过辅助角公式化简，并通过定义确定的范围，再利用正弦型函数值域得求解方式即可. 【小问1详解】 因为(其中 所以可得， 也可由：； 【小问2详解】 因为 (其中， ，又， ，，， ， ，， 即函数的值域为. 17. 已知三角形中，， 为边上的高， 为边上的中线， 为的平分线，为边上的点 ． （1）求的长； （2）若 求的值； 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）首先根据角平分线性质将向量表示出来，然后将等式两边平方可求得结果. （2）首先用向量将向量表示出来，进而可求出 向量的表达式，利用垂直向量的数量积为0，即可求出的值. 【小问1详解】 因为为的平分线，， 所以，所以， 所以， 所以 ， 所以. 【小问2详解】 根据题意知，，， 所以 因为 所以 又因为三点共线，则② 由①②可得： . 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，，O为AB的中点，． （1）求证：； （2）若上存在点M，使得∥平面，求的值 （3）若与平面所成角的正弦值为求四棱锥的的体积． 【答案】（1）证明：连接， ∵，∴， 又∵侧面底面，侧面底面，侧面， ∴平面，又平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， 又平面，∴， 又平面，平面，则， ，平面，∴平面， 又平面，∴. （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）连接，利用面面垂直的性质定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理得，结合已知利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的判定及性质定理证明即可； （2）取CD中点为N，连，，利用面面平行的判定定理证明平面∥平面，再利用面面平行的性质定理得∥，可得M为PD中点，即可求解； （3）设，利用等面积法求得点D到面的距离为，根据线面角的正弦值列式求得或，代入四棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取CD中点为N，连，， ∵∥BC，平面，平面，∴∥平面， 又∥平面，，平面， ∴平面∥平面，平面，∴∥平面， ∵∥，平面，平面， ∴∥平面，平面，平面平面， ∴∥，又N为CD中点，则M为PD中点，此时； 【小问3详解】 由（1）可知，所以为等腰直角三角形， 又，，设，则， 记点D到面的距离为， ∵∥BC，平面，平面，∴∥平面， ，， 设与平面所成角为， ， 整理得，则或，解得或，即或 所以或. 19. 已知正三棱台 ， 点 分别在上，且 （1）求过点的平面截正三棱台 的截面周长； （2）求直线与平面 所成的角的正弦值； （3）求二面角 平面角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）确定截面的形状及各顶点位置，然后分别求出截面各边的长度，最后将各边长度相加得到截面周长. （2）求出点到平面的距离，再结合已知的线段DE的长度，根据线面角的正弦值定义（其中为点到平面的距离，为直线上一点与该点在平面射影的连线长度，本题中，）来计算与平面所成角的正弦值. （3）根据已知条件确定相关线段长度，然后通过三角形中距离公式求出到的距离，再结合到面的距离，利用二面角的正弦值与这两个距离的关系求出二面角的正弦值，最后根据三角函数关系求出二面角的余弦值. 【小问1详解】 延长交于点 M， 连接交于 ， 连接则截面为 ， 过作， 可知为中点 ， 过作， 则 ， ， 所以是中点 在中，， 用余弦定理求得 在中，， 同理求得 ， 在中， ， 同理求得 ， 在等腰梯形中，可求得 ， 所以截面 周长 【小问2详解】 延长侧棱交于点，则三棱锥为正四面体 又 设与平面 成θ角 则 【小问3详解】 由（1）（2）可知分别是正四面体棱的中点，可得 又∵筝形中， 在中， 到的距离 由（2） 得： 到面 的距离 设二面角 为α， 则 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期5月四校联考 高一数学试卷 考生须知： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 3．所有答案必须答在答题纸上，写在试卷上无效． 第一卷 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的． 1. 若复数z满足， 则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C. 圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D. 棱台的侧棱都相等 3. 设m，n是不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 4. 已知，，则的范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数 若 则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在中， 角A， B，C所对的边分别为a， b， c，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 在直三棱柱 中， 点、、满足： ，，，则下列说法正确的是 （ ） A. 三棱锥体积为定值 B. 三棱锥体积为定值 C. 当时，三棱柱被截面分成的上下两部分体积相等 D. 当时，三棱柱被截面分成的上下两部分体积相等 8. 三棱锥中． 设， ， ， 二面角的平面角大小为，则一定成立的是 （ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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. 从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后每组为左闭右开的区间，画出频率分布直方图如图所示，以下选项正确的有（ ） A. B. 本组样本的众数为250 C. 本组样本的第45百分位数是300 D. 用电量落在区间内的户数为82 10. 抽样调查得到10个样本数据， 记作， 计算得平均数， 方差 现去掉一个最大值10，和一个最小值4后，对新数据下列说法正确的是 （ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 方差变大 D. 平均数不变 11. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ） A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是 B. 勒洛四面体内切球的半径是 C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为 D. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的高为，且轴截面为等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______． 13. 三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为_____． 14. 满足 则 的取值范围为___________． 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. 已知向量，满足. （1）求最小值； （2）若，求向量的坐标表示. 16. 已知函数 （1）若f(α)=0， 求tanα的值； （2）若 求函数 f(x)的值域． 17. 已知三角形中，， 为边上的高， 为边上的中线， 为的平分线，为边上的点 ． （1）求的长； （2）若 求的值； 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，，O为AB的中点，． （1）求证：； （2）若上存在点M，使得∥平面，求的值 （3）若与平面所成角的正弦值为求四棱锥的的体积． 19. 已知正三棱台 ， 点 分别在上，且 （1）求过点的平面截正三棱台 的截面周长； （2）求直线与平面 所成的角的正弦值； （3）求二面角 平面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $