浙江省丽水发展共同体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份浙江省丽水发展共同体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 在等腰中，，点P在底边等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题（每小题5分，共40分）
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A B. C. 4D.
2. 已知向量，满足，，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，已知分别为三个内角的对边，，则（ ）
A B. C. D.
5. 设复数z满足（是虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交
7. 在等腰中，，点P在底边（包括端点）上运动，设的最小值为m，最大值为M，则（ ）
A. m不是定值，M是定值B. m是定值，M不是定值
C. m是定值，M是定值D. m不是定值，M不是定值
8. 如图所示，等边内有3个全等的小三角形，且，，则的面积为（ ）
A. 7B. C. 14D.
二、多项选择题（每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知复数z，，其中i为虚数单位，则以下命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
10. 已知平面向量，，都是单位向量，且，则以下命题正确是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则在上的投影向量是
11. 在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（ ）
A
B.
C. 若E是的中点，则
D. 若平面经过正四棱锥外接球球心，则
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数是纯虚数（为虚数单位），则实数的值为______.
13. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为______.
14. 在中，已知，，的面积是，则边上的中线长是______.
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. 已知向量，，.
（1）若，求x的值；
（2）设函数，求函数的最大值.
16. 如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积.
17. 在中，已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）若，，求的面积.
18. 如图，在梯形中，，，，E是边上一点（含端点），与交于点F，设，.

（1）若E与点C重合，求x，y的值；
（2）若，求的值；
（3）若存在点E，使得，求的取值范围.
19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，.
（1）写出，，三者之间的关系；
（2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题：
（i）求截得的“球缺”的体积；
（ii）求截得的“球缺”的表面积.
2024学年第二学期丽水发展共同体期中联考
高一年级数学学科试题
考生须知：
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题（每小题5分，共40分）
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算以及复数的概念求解.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为4，
故选:C.
2. 已知向量，满足，，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】首先计算出，然后根据坐标求模公式计算即可.
【详解】因为，，
两式相加得，即，，
所以，
故选：A
3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
4. 在中，已知分别为三个内角的对边，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理计算即可求解.
【详解】因为，所以,
所以，所以.
故选：B.
5. 设复数z满足（是虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】设，代入，得，由复数相等的条件列式求得a，b的值，则答案可求．
【详解】解：设，
由，得，
即，
，解得，．
复数z在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选D．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
6. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若为异面直线，且，，，则l与m，n中至少一条相交
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合线与线，线与面，以及面与面位置关系判定与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，则直线与，可能相交、平行或异面，所以A错误；
对于B中，若，，则平面与平面可能相交，所以B错误；
对于C中，若，，，则或，所以C错误；
对于D中，若为异面直线，且，，，
假设直线与直线都不相交，则，所以，
这与为异面直线矛盾，所以与中至少一条相交，所以D正确.
故选：D.
7. 在等腰中，，点P在底边（包括端点）上运动，设的最小值为m，最大值为M，则（ ）
A. m不是定值，M是定值B. m是定值，M不是定值
C. m是定值，M是定值D. m不是定值，M不是定值
【答案】C
【解析】
【分析】等腰三角形，可以以底边的中点建立直角坐标系，然后写出各个点的坐标表示进行坐标运算.
【详解】以BC中点O建立直角坐标系，则A、B、C点坐标分别为，，，
点P在底边（包括端点）上运动，所以，
，
因为，所以的最小值为，最大值为，都为定值.
故选：C.
8. 如图所示，等边内有3个全等的小三角形，且，，则的面积为（ ）
A. 7B. C. 14D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长，再利用三角形面积公式求解.
【详解】在中，，
又，则为锐角，
，设，
在中，由正弦定理得，
由余弦定理得，
或（舍），
所以，
所以，
故选：B
二、多项选择题（每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 已知复数z，，其中i为虚数单位，则以下命题正确是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】结合共轭复数和复数的运算法则可判断AB.利用模的计算求解可判断CD.
【详解】设
若则所以A正确.
若，则所以所以B错误.
若，则，所以.所以C正确.
若，取则所以D错误.
故选：AC.
10. 已知平面向量，，都是单位向量，且，则以下命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则在上的投影向量是
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A：利用数量积的定义求解即可，选项B：当时，结合向量平行时向量数量积的特点求解即可，选项C：当时，利用向量数量积的定义求解即可，选项D：当时，利用投影向量的求法求解即可.
【详解】选项A：和都是单位向量，当时，说明和同向，即.
此时，故，由于是单位向量，故.选项A正确.
选项B：若,，两边取模长平方得：,
展开左边：
解得:，说明
和反向平行，即平行.选项B正确.
选项C：若，则.，两边取模长平方得：
展开左边：
解得:，选项C错误.
选项D：若，则在上的投影向量是.，代入
并取模长平方：
展开得：
解得:，投影向量为.选项D正确.
故选：ABD.
11. 在正四棱锥中，，过的平面（不与底面重合）与侧棱，分别交于点E，F，且平面将四棱锥分成上下两个部分的体积分别为，，则以下命题正确的是（ ）
A.
B.
C. 若E是的中点，则
D. 若平面经过正四棱锥外接球的球心，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正四棱锥的性质，求得正四棱锥的高为，根据，证得平面，再由线面平行的性质，证得，进而证得，可判定B正确；由，得到四边形为梯形，可判定A不正确；由为的中点，取分别为的中点，结合锥体的体积公式，分别求得分成的两部分的体积，可判定C正确；先得到外接球的球心在上，设正四棱锥的外接球的半径为，利用球的性质，求得，得到；连接，并延长交于点，由，得到，在等腰中，结合向量的共线定理，得到，进而可判定D正确.
【详解】如图（1）所示，连接交于点，连接，则平面，
因为，可得，则，
即正四棱锥的高为，
对于B中，因为为正方形，可得，
又因为平面，平面，所以平面，
因为平面，且面平面，所以，
又因为，所以，所以B正确；
对于A中，因为，所以四边形为梯形，所以与不平行，所以A不正确；
对于C中，若为的中点，因为，所以为的中点，则，
取分别为的中点，连接，
因为为的中点且为的中点，可得点，到平面的距离为，
则，，
则三棱柱的体积为，
所以多面体的体积为，
又由正四棱锥的体积为，
所以四棱锥的体积为，
所以分成两部分的体积比为，所以C正确；
对于C中，根据正四棱锥的对称性，可得外接球的球心在上，
连接，设正四棱锥的外接球的半径为，
在直角中，可得，即，
解得，则，
连接，并延长交于点，由，可得，
如图（2）所示，在等腰中，因为为的中点，且，
设，可得，
因为三点共线，所以，解得，所以，
所以，即，所以，所以D正确.
故选：BCD.

非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数是纯虚数（为虚数单位），则实数的值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，化简复数为，结合复数是纯虚数，得到，即可求解.
【详解】由复数，
因为复数是纯虚数，所以，
解得，经检验符合题意，.
故答案为：.
13. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】连接，过点作，垂足分别为，根据正四棱台的性质，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，过点作，垂足分别为，
因为，可得，所以，
在，
在直角中，由，可得，
即正四棱台的高为，
又由正四棱台上、下底面面积分别为，
所以正四棱台的体积为：.
故答案：.

14. 在中，已知，，的面积是，则边上的中线长是______.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用正弦定理求出，再利用面积得出，再结合得出，再结合正弦定理得出，最后利用即可求得.
【详解】设，则，
中利用正弦定理，，
因，则，
即，
因的面积为，则，
则，
则，则，
解得或，
因，则，得，
则，则，
故，则，
则，，
取线段的中点，设，则在和中分别利用余弦定理可得，
，
得，即边上的中线长是.
故答案为：
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. 已知向量，，.
（1）若，求x的值；
（2）设函数，求函数的最大值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由向量平行的坐标表示计算得到即可求解x；
（2）由数量积的坐标运算结合倍角公式求出并化简即可求解.
【小问1详解】
由已知，得，即，
，，；
【小问2详解】
∵， ∴
∴当，即，取得最大值为2.
16. 如图，在正三棱柱中，已知，，D是棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）该正三棱柱被平面截去一个棱锥，求剩余部分的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，使得，再连接，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）利用柱体和锥体的体积公式，分别求得和，根据题意，结合，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接，交于点，则为中点，连接，如图所示，

在中，因为分别为的中点，所以，
又因为面，且面，所以平面；
【小问2详解】
解：在正三棱柱中，因为，且，
可得正三棱柱的体积为,
又由三棱锥的体积为，
所以剩余部分的体积为.
17. 在中，已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简，再结合二倍角公式纠结即可；
（2）由正弦定理得到，，再用三角形面积公式求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理得，，.
，，，
，，即.
【小问2详解】
由（1）知，所以，，
，
所以的面积为.
18. 如图，在梯形中，，，，E是边上一点（含端点），与交于点F，设，.

（1）若E与点C重合，求x，y的值；
（2）若，求的值；
（3）若存在点E，使得，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量的加法运算即可求解；
（2）利用三点共线的向量性质来求解含参系数即可；
（3）利用向量的数量积运算，结合函数求值域即可.
【小问1详解】
由，根据平面向量基本定理，可知，.
【小问2详解】
由，
三点共线，，解得，
所以
设
三点共线，，解得，
即的值为.
【小问3详解】
记，设，
则，
由，因为，所以，
即，
则，
所以，构造，求导得：y'=-1712-18t+1816-17t12-18t2=8412-18t2>0，
所以在上单调递增，即
，.
19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.“意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等，现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，，.
（1）写出，，三者之间的关系；
（2）过半径上一点A，且平行于半球大圆的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”.根据祖暅原理，其体积为一个圆柱的体积减去一个圆台的体积.当点A为半径中点时，求解下面两个问题：
（i）求截得的“球缺”的体积；
（ii）求截得的“球缺”的表面积.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由圆柱、圆锥和球的体积公式，分别求得圆柱、圆锥和半球的体积，即可得出结论；可得，，，所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和.
（2）（i）根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，所以小球缺的体积为，令，代入计算，即可求解；（ii）将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，连接球心O和每个小网格的顶点，整个几何体就被分割成n个“小锥体”，求得球缺曲面部分的面积为，进而得到球缺的表面积.
【小问1详解】
解：根据题意，利用圆柱、圆锥和球的体积公式，
可得，，，
所以，即圆柱的体积等于圆锥和半球的体积和.
【小问2详解】
解：（i）图（1）中，截面圆的半径为，所以截面圆的面积为，
图（2）中，截面为圆环，其中小圆的半径为，大圆的半径为，
所以截面圆环面积为，
根据祖暅原理，由小球缺的体积等于图（2）中截面上方的圆柱挖去其中圆台后剩余的几何体的体积，
所以小球缺的体积为，
令，可得.
（ii）类比球的表面积和体积的求法，将球缺底部的圆与球心连线，组成一几何体，
把球缺的曲面部分分成n个小网格，连接球心O和每个小网格的顶点，
整个几何体就被分割成n个“小锥体”，记球缺曲面部分的面积为S，
则，可得，，
所以该球缺的表面积为.