福建省龙岩市龙岩市一级校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题（解析版）

这是一份福建省龙岩市龙岩市一级校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以.
故选：A
2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】因为，，
所以，解得，
由正弦定理可得，
故选：A
3. 如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，则向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为在矩形ABCD中，E为CD的中点，
则，
所以
.
故选：C.
4. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若m，n是异面直线，，，，，则
【答案】D
【解析】对于A，若，，则与平行或相交，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，，则与平行或异面，故C错误；
对于D，因，所以在内存在直线∥，又，所以∥；
又是两条异面直线，所以直线与是两条相交直线；又，所以；故D正确.
故选：D.
5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因，则，
则，故，
则在上的投影向量为.
故选：B
6. 已知在正方形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为BC的中点，DE与CO相交于点F，M为DF的中点，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】四边形为正方形，故，则∽，
E为BC的中点，DE与CO相交于，故，
所以，
，
所以，
则
故选：D
7. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ）
A. 14B. 15
C. 16D.
【答案】C
【解析】由题意得平面平面，
又平面平面 ，
平面平面，，
正方体中易知，
所以，为中点，为中点，
同理， 为中点，
所以，
所以四边形的面积等于，
所以四边形的面积等于，
易知四边形为等腰梯形，其中，
如图，过作，易得，
所以四边形的面积为，
同理四边形的面积为，
所以多面体的表面积为，
故选：C
8. 在四边形ABCD中，，，，若P为三条边上的一个动点，且，则以下说法正确的是（ ）
①满足的点P有且只有1个
②满足的点P恰有2个
③能使取最大值的点P恰有2个
④能使取最大值的点P有无数个
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】如图，得，
当P在边BC上时，设，，
，
又，，，
，.
当P在边AB上时，，，故，.
当P在边AC上时，设，，
，
，，，，.
①当时，令中，此时，此时点P就是点C，
或当P在边AB上时，也满足，，故①错误；
②当时，有，，此时P在边AB上，
或点P在AC上，此时，，，，
这样的点P有2个，故②正确；
③的最大值为，此时，，这样的点P有且只有1个，故③错误；
④的最大值为3，当P在边BC上时，恒有，这样的点P有无数个，故④正确.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. 复数的虚部为B.
C. 复数是方程的解D.
【答案】ACD
【解析】由可得，
对于A，复数的虚部为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，将代入方程可得，
所以复数是方程的解，故C正确；
对于D，因为，所以，则，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A. B. 外接圆的面积为
C. 面积的最大值为D. 周长的最大值为
【答案】BC
【解析】因为，由正弦定理得，
因为，所以，则，即，故A错误；
由正弦定理得外接圆的半径为，即，
所以外接圆的面积为，故B正确；
由余弦定理得，即，则，
当且仅当时，等号成立，所以三角形的面积为：，故C正确；
由，得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以三角形的周长为，故D错误，
故选：BC
11. 如图，在长方体中，，，，E是棱上的一个动点，下列命题正确的是（ ）
A. 长方体外接球的表面积为
B. 过A，E，三点的平面截长方体所得截面的周长的最小值为
C. 在棱上存在相应的点G，使得平面
D. 若，点F在四边形（包括边界）上运动，且平面，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】A选项：由已知，长方体体对角线长，
其中，R为外接球的半径，则，外接球的表面积，A选项正确；
B选项：
在长方体的棱上取点F，满足，连接、，
因为,则，同理可证，
则四边形为平行四边形，是过A，E，三点的平面截长方体所得截面，
则周长，
将侧面与沿着展开，可得侧面展开图如下图所示，
当A，E，三点共线时有最小值，
此时，B选项正确；
C选项中，假设平面，若E与C与重合，在上取点H，满足，
则，由图可知，的平行线与平面相交，假设不成立， C选项错误；
D选项：E点为一个三等分点，则在上取三等分点N，在上取二等分点M，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在上取靠近的三等分点P，
连接，因为，所以，
由等分关系，，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面
所以平面平面，结合题意可知F的轨迹为.
又因为，
所以，，
所以的最小值是等边三角形的高线，，D选项正确.
故选：
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量满足，的夹角为，则______.
【答案】
【解析】，
故答案为：.
13. 如图，为测量高度CD，选取与C在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米.
【答案】
【解析】在中，∵，，
∴.
由正弦定理可知，.
在中，，，
.
故答案为：.
14. 在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若存在最大值，则实数的取值范围是______.
【答案】.
【解析】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得，
则
.
因为为锐角三角形，则，，所以，
又因为函数在内单调递增，所以，可得，
则
.
由于为锐角三角形，因此，即，解得，
所以，则.
因为存在最大值，
所以，解得，则实数的取值范围是.
故答案：.
四、解答题：本大题共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，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位.
（1）求a的值；
（2）在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值.
解：（1）复数，，，
则.
因为是纯虚数，所以，解得.
（2）由（1）得，.
由题意得，点O，A，B的坐标分别为，，，
所以，，因为，
所以，解得或.
16. 已知平面向量，.
（1）当实数为何值时，与垂直？
（2）若与所成的角为锐角，求实数的取值范围.
解：（1）因为，，所以，.
因为与垂直，
所以，解得，
故当实数的值为4时，满足题意.
（2）由题意，，，
因为与所成的角为锐角，
所以，且与不共线，
由，即，解得.
当与共线时，，解得，
所以，当与不共线时，.综上可知，实数的取值范围为.
17. 在中，D是BC边上的点且，.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积.
解：（1）由题意知AD为的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知，
因为，
所以，即.
（2）设，在中，因为，，
所以，所以.
在中，，，
所以，所以.
又，所以，解得.
在中，，，
所以，所以.
18. 如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题.
（1）求证：平面平面ABC.
（2）求四面体ACMN的体积.
（3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由
（1）证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，同理得平面ABC，
又平面PMN，平面PMN，，
所以平面平面ABC.
（2）解：如图所示：
设圆锥的底面圆半径为r，则，解得.
所以在图中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，所以，所以.
，圆锥的高，
所以，
所以，
即四面体ACMN的体积为.
（3）解：如图所示：
在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC，
证明理由如下：
取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，
所以，.
取CB的四等分点G，使，连接GE，FG.
因为，所以，，
所以，，所以四边形DFGE是平行四边形，
所以，又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC.
19. 古希腊数学家托勒密给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知凸四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线.
（1）若为凸四边形的外接圆直径，，，，求与的长度；
（2）若，且为正三角形，求面积的最大值；
（3）已知，且，，求的最大值
解：（1）如图①，因为为外接圆的直径，
所以，
因为，
所以.
因为，
所以（同弧所对的圆周角相等）.
在中，，，
所以，，.
在中，，，
由正弦定理，解得.
（2）如图②，设的边长为a，
由托勒密定理，
得，即.
因为四点共圆，
所以，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，所以.
（3）如图③，构造圆内接四边形，
设，，，，
由，构造，
由共圆得，
由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即.
由三角形面积公式得，
所以.
因为.
所以，
当且仅当时，等号成立，的最大值为.