浙江省杭州市临平区2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题（附答案）

这是一份浙江省杭州市临平区2024-2025学年高一下学期4月月考数学检测试题（附答案），共20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（每题5分，共40分）
1. 已知点，，向量，若⊥，则实数y的值为（ ）
A. B. C. 7D.
【正确答案】D
【分析】由垂直向量的坐标表示求接即可得出答案.
【详解】因为，，所以，向量，
若⊥，则，
解得：
故选：D.
2. 用一个平面截半径为3的球，截面面积为，则球心到截面的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【正确答案】C
【分析】根据球的截面的性质即可求解.
【详解】根据截面面积为可知：截面圆的半径，根据球心与截面圆的圆心的连线垂直于截面可知：球心到截面的距离为
故选：C
3. 已知，则“为纯虚数”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】根据充分不必要条件的定义及复数的相关概念可确定选项.
【详解】当为纯虚数时，设，则，
∴.
当时，可取，则为纯虚数不成立.
综上得，“为纯虚数”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A. 1B. C. D. 2
【正确答案】B
【分析】根据函数图象求出相关参数得到解析式，再将自变量代入求函数值即可.
【详解】由题设且，则，故，
又，则，
所以，
则.
故选：B
5. 在中，为的角平分线，若，，，则边的长为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据，利用面积公式可得，再利用余弦定理求解即可.
【详解】由可得，
，
所以 ，
所以，
所以，
所以，
故选：C
6. 根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和，现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如图所示的图形，若，则=（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】依题意，建立平面直角坐标系，设，求得的坐标，再由列式求解即可.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系：
设，则，
则，，
所以，即，
所以，
因为，
所以，则，
则，化简得，
故选：B.
关键点点睛：涉及几何图形中的向量运算，根据图形特征建立平面直角坐标系，求出相关点的坐标是解题的关键.
7. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，
设圆的半径为，则，
因为，所以，
作，，因为，所以，
而，由勾股定理得，
则，且，
而，
即得到，解得，
则该球的表面积的最大值为，故B正确.
故选：B
关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可．
8. 点P在边长为1的正三角形的外接圆上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是.
【详解】设外接圆圆心为，则，.
①一方面，我们有
.
故一定有.
②另一方面，当时，有，故在的外接圆上，此时
.
综合①②两个方面，可知的最大值是.
故选：A.
关键点点睛：本题的关键点在于对数量积的运算性质的使用.
二、多选题（每题6分，共18分）
9. [多选]下列说法正确的是（ ）
A. 圆柱的侧面展开图是一个矩形
B. 圆锥过轴的截面是一个等腰三角形
C. 直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
D. 圆台平行于底面的截面是圆面
【正确答案】ABD
【分析】根据空间几何体的结构特征判断即可.
【详解】圆柱的侧面展开图是一个矩形，A正确；
因为母线长相等，得到圆锥的轴截面是一个等腰三角形，B正确；
圆台平行于底面截面是圆面，D正确；
直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体， C不正确，
故选：ABD.
10. 已知函数，若方程，则（ ）
A 当或时，方程有个解
B. 当时，方程有个解
C. 当或时，方程有个解
D. 当时，方程有个解
【正确答案】BCD
【分析】根据分段函数的性质及函数单调性与最值情况，数形结合，转化为函数图像与直线交点情况.
【详解】由已知，
当时，，此时函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
当时，，函数在上单调递增，且此时，
做出函数图像如图所示，

方程的解可转化为函数与函数的交点横坐标，
当时，函数与函数有一个交点，即方程有个解；
当时，函数与函数有两个交点，即方程有个解；
当时，函数与函数有三个交点，即方程有个解；
当时，函数与函数有两个交点，即方程有个解；
即A选项错误，BCD选项正确；
故选：BCD.
11. 已知平面向量满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. D. 的最大值为
【正确答案】BCD
【分析】由模长的计算可得A错误、C正确；由夹角的计算可得B正确；设，由模长的计算和可得D正确；
【详解】选项A：由得，又，所以，所以A错误；
选项B：设与的夹角为，则，因为，所以，所以B正确；
选项C：，所以，所以C正确；
选项D：设，则，
所以，
因为，所以，
因，所以，
所以当且仅当与反向共线时，取得最大值，且最大值为，所以D正确．
故选：BCD
三、填空题（每题5分，共15分）
12. 已知，则__________.
【正确答案】
【分析】由复数的除法求得复数，然后得到向量的模长.
【详解】,
则，
故
13. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形面积是________.

【正确答案】
【分析】由直观图还原为原图，分别求得边长从而得到面积.
【详解】
如图1，设与交点为，
因为，，所以，.
的平面图如图2所示：

则，
.
故答案为.
14. 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，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为_____.

【正确答案】
【分析】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，而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，进而结合球的面积公式求解即可.
【详解】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，
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，
则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为.
故答案为.
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.
四、解答题（共77分）
15. 在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．
（1）若点，，，试用基底表示；
（2）若，且点P在第四象限，求的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题设求出的坐标，根据平面向量的基本定理有求出，即可得结果.
（2）设，由已知得求出关于的表达式，结合所在象限列不等式求的范围.
【小问1详解】
，，，，，
所以．
由题意，知存在实数m，n，使得，
即，
可得解得
所以．
【小问2详解】
设，则．
又，
则即
又点P在第四象限，所以解得，
故的取值范围是．
16. 某校开展数学专题实践活动，要求就学校新建的体育馆进行研究，为了提高研究效率，小王和小李打算分工调查测量并绘图，完成两个任务的研究．
（1）小王获得了以下信息：
．教学楼和体育馆之间有一条笔直的步道；
．在步道上有一点，测得到教学楼顶的仰角是，到体育馆楼顶的仰角是；
．从体育馆楼顶测教学楼顶的仰角是；
．教学楼的高度是20米．
请帮助小王完成任务一：求体育馆的高度．
（2）小李获得了以下信息：
．体育馆外墙大屏幕的最低处到地面的距离是4米；
．大屏幕的高度是2米；
．当观众所站的位置到屏幕上下两端，所张的角最大时，观看屏幕的效果最佳．
请帮助小李完成任务二：求步道上观看屏幕效果最佳地点的位置．
【正确答案】（1）10米 （2）ND为米
【分析】（1）先得到，，由正弦定理求出，求出；
（2）设，则，，利用正切差角公式表达出，由基本不等式求出最值，得到答案.
【小问1详解】
由题意知，⊥，由勾股定理得，
且可知，
，
由正弦定理可得，
则体育馆的高度为10米.
【小问2详解】
设，则，，
，
当且仅当时，取到最大值，即米时，观看效果最佳．
17. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且
（1）求角B的值；
（2）若，求的周长的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）将条件用正弦定理角化边，再结合余弦定理求得答案；
（2）根据题意，可判断是锐角三角形，由正弦定理可得，，利用三角恒等变换求出的范围，进而得解.
【小问1详解】
由，
可得，，即，
由余弦定理得：，
因为，所以.
【小问2详解】
由，则，，，
所以均为锐角，
在锐角中，，，
由正弦定理得：，
故，，
则
，
因为锐角中，，
则，，
解得：，
故，，
则，，
故，
所以三角形周长的取值范围是.
18. 高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍.
（1）若 ；
(i)求该模型的体积；
(ii)求顶部正四棱锥的侧面积；
（2）若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值.
【正确答案】（1）（i）312；（ii）；
（2），.
【分析】（1）（i）利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用侧面积.
（2），求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为，再求出函数最大值即可.
【小问1详解】
（i）由，得，又，
因此正四棱锥的体积，
正四棱柱的体积，
所以模型有体积.
（ii）取的中点，连接，由，得，
所以正四棱锥的侧面积.
【小问2详解】
设，正四棱柱的侧面积为，
则，
于是
，而，
因此当，即时，，
所以当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是.
19. “凸凹性”是函数的重要性质.若函数的图像在定义域区间上连续不断，且对任意，恒有，则称函数是区间上的上凸函数；若恒有，则称函数是区间上的下凸函数（也称凹函数）.将上述定义进行推广，即若是上凸函数，则对任意恒有，若是下凸函数，则对任意恒有，当且仅当时等号成立，这个不等式即为著名的琴生不等式.
（1）判断是上凸还是下凸函数？（直接写出结论即可）；
（2）判断在上是上凸还是下凸函数？并证明你的结论；
（3）已知锐角满足，求的最大值.
【正确答案】（1）下凸函数
（2）上凸函数，证明见解析
（3）
【分析】（1）利用下凸函数的定义判断即可；
（2）利用上凸函数的定义判断；
（3）利用（2）的结论，根据琴生不等式可得：，对原式进行化简，得到原式，结合基本不等式和琴生不等式得解.
小问1详解】
是下凸函数.
，
故，所以函数是下凸函数.
【小问2详解】
在上是上凸函数，证明如下：
，
显然，则
因此，
函数在上上凸函数.
【小问3详解】
由（2）知，在上是上凸函数，
根据琴生不等式：，
，
当且仅当即时取到最大值.
思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题有关的数学知识与方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.