2024-2025学年河南省天一大联考高一下学期4月期中测试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省天一大联考高一下学期4月期中测试数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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=(−1−2i)i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.下列说法中正确的个数是( )
①棱柱的所有面都是四边形;
②一个棱柱至少有6个顶点、9条棱、5个面;
③过圆锥侧面上任意一点有无数条母线;
④水平放置的三角形用斜二测画法画出的直观图一定是三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.已知在边长为3的正方形ABCD中，点E满足BE=13BA，则EA⋅EC=( )
A. 2B. −2C. 1D. −1
4.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2，B=π3，b=x(x为常数)，若该三角形有两个解，则x的取值范围是( )
A. (2,4)B. ( 3,4)C. ( 3,2)D. (1,2)
5.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度来识别身份的一种技术，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设平面内有两个点A(x1,y1)，B(x2,y2)，O为坐标原点，定义余弦相似度为cs(A,B)=cs，余弦距离为1−cs(A,B).已知点A(12, 32)，B(0,−1)，则A，B两点的余弦距离为( )
A. 12B. − 32C. 2+ 32D. 2− 32
6.如图所示为关于l对称的两个等腰△ABO与△A1B1O，已知AB=1，AO=BO= 3，则该平面图形(阴影部分)绕着直线l(l//AB)旋转180∘形成的几何体的体积为( )
A. πB. 2πC. 11π12D. 11π6
7.已知三棱锥P−ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA= 10，PB= 5，PC= 13，则该三棱锥的外接球的体积为( )
A. 7 14π3B. 14π3C. 14πD. 14π3
8.已知在矩形ABCD中，AB=1，AD=3，点P为矩形ABCD所在平面内一点，则(PA+PC)⋅PB的最小值是( )
A. −58B. −38C. −54D. −34
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。
9.已知复数z，w均不为0，则( )
A. z2=|z|2B. z⋅z=|z|2C. |z⋅w|=|z||w|D. |zw|=|z||w|
10.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则根据下列条件能确定C为钝角的是( )
A. AC⋅CB>0B. a2+b2>c2
C. A，B均为锐角，且sinAV1．
(Ⅰ)求V1，V2;
(Ⅱ)求点A到平面A1EF的距离．
18.(本小题17分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m=(csC,csB)，n=(b−2a,c)，且m⊥n．
(Ⅰ)求C;
(Ⅱ)若c=2，求△ABC周长的取值范围;
(Ⅲ)若c=2，D是边AB上的点，且CD平分∠ACB，求CD的最大值．
19.(本小题17分)
(Ⅰ)某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球.现有两种设计方案，一种是正方体礼盒(如图(1))，另一种是圆柱形礼盒(如图(2))，在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠?
(Ⅱ)设某长方体礼盒的长AB、宽BC、高AA1分别为10cm，8cm，3cm．
(ⅰ)若用十字捆扎法(如图(3))，且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度;(不考虑接口处的彩带长度)
(ⅱ)若用对角捆扎法(如图(4))，且LA1=A1E=IC1=C1H=FB=BG=DK=DJ= 2cm，不考虑接口处的彩带，结合(ⅰ)，比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米?(结果保留到整数)
参考数据： 2≈1.41， 5≈2.24．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.C
5.C
6.D
7.A
8.C
9.BCD
10.AC
11.BCD
12. 7
13.12
14.50π
15. 解：(I)z=5(3−4i)(3+4i)(3−4i)=35−45i，
所以z的实部为35，虚部为−45．
(Ⅱ)由(I)知z=35−45i，代入z+mz+n=|z|+125i，
得35−45i+m(35+45i)+n=1+125i，
化简可得3+3m5+n+4m−45i=1+125i，
所以3+3m5+n=1,4m−45=125,
解得m=4，n=−2．
16.解：(I)因为|a|=2，|b|=1，(a−2b)⋅(2a+b)=3，
所以2a2−3a⋅b−2b2=2×22−3×2×1×csθ−2×12=3，
所以csθ=12，
又θ∈[0,π]，所以θ=π3．
(Ⅱ)因为b⊥c，
所以b⋅c=b⋅[ta+(1+t)b]=ta⋅b+(1+t)b2=t×2×1×12+(1+t)×12=0，
解得t=−12，
所以c=−12a+12b，
则c2=(−12a+12b)2=14a2−12a⋅b+14b2=14×4−12×2×1×12+14×1=34，
所以lc|= 32．
17.解：(I)截面A1EF将正方体分成两个几何体，其中较小部分是一个三棱锥A1−AEF，其底面△AEF是腰长为12a的等腰直角三角形，面积为S=12×AE×AF=18a2，又底面△AEF上的高为ℎ=AA1=a，所以三棱锥A1−AEF的体积V1=13Sℎ=13×18a2×a=124a3.因为正方体ABCD−A1B1C1D1的体积V=a3，所以剩余部分的体积V2=V−V1=a3−124a3=2324a3．
(Ⅱ)在△A1EF中，A1F=A1E= 52a，EF= 22a，
如图，取EF的中点H，连接A1H，则A1H⊥EF，EH=12EF= 24a，
所以A1H= A1E2−EH2= ( 52a)2−( 24a)2=3 24a，
△A1EF的面积S1=12EF⋅A1H=12× 22a×3 24a=38a2．
设点A到平面A1EF的距离为d，因为三棱锥A1−AEF与三棱锥A−A1EF是同一个几何体，
所以VA1−AEF=VA−A1EF，结合(I)，得124a3=13S1d，
即124a3=13×38a2×d，解得d=a3，所以点A到平面A1EF的距离为a3．

18.解：(Ⅰ)因为m⊥n，所以m⋅n=0，
即(b−2a)csC+ccsB=0，
即bcsC+ccsB=2acsC，
由余弦定理得b⋅a2+b2−c22ab+c⋅a2+c2−b22ac=2acsC，
化简得a=2acsC，所以csC=12，
又C∈(0,π)，所以C=π3．
(Ⅱ)由余弦定理可知a2+b2−2abcsC=c2，即a2+b2−ab=4，
整理得(a+b)2=4+3ab≤4+3(a+b2)2，
当且仅当a=b时等号成立，即(a+b)2≤16，
于是0c=2，所以2