河北省邯郸市2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份河北省邯郸市2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析），共14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
1．已知点，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列结论正确的是（ ）
A．三个点确定一个平面
B．若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行
C．若一条直线上有无数个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内
D．若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行
3．复数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
4．若，均是单位向量，且，则（ ）
A．B．3C．6D．9
5．如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，梯形的面积为30，则梯形的高为（ ）
A．B．10C．D．20
6．半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体.由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．的内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ）
A．B．C．3D．6
8．已知复数，，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，，则（ ）
A．B．C．D．
10．的内角，，的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ）
A．5B．6C．7D．8
11．如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．正方体内切球的表面积为
B．若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为
C．若点是的外心，则
D．若动点满足，则的最小值为
三、填空题
12．复数的虚部为 .
13．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑.位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为 立方米.
14．如图，在中，AB⊥AC，∠ABC=30°，AC=1，D是BC的中点，E是以B为圆心，BD为半径的圆上任意一点，则的取值范围为 .
四、解答题
15．如图，在平行四边形中，是的中点，.
(1)用，表示，；
(2)若，证明：.
16．已知的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，，求的面积.
17．如图，在多面体中，四边形和四边形均为正方形，四边形和四边形均为梯形，其中，，且．

(1)证明：B，D，E，G四点共面.
(2)证明：三条直线交于一点.
18．如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2，且，．
(1)当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)记三棱锥外接球的表面积为，底面ABCD的面积为，求的取值范围.
19．如图，在中，是上一点，是上一点，且.

(1)已知，在的垂直平分线上，且，.
①求；
②若为外接圆的圆心，为外接圆的圆心，求.
(2)若是的角平分线，，求的最大值.
1．A
根据已知点的坐标，得出向量的坐标，求和即可得出答案.
【详解】因为，
所以，
则．
故选：A.
2．C
根据空间点、线、面基本定理进行判断.
【详解】三个不共线的点确定一个平面，A错误；
若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行或为异面直线，B错误；
若一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，C正确；
若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行或与平面相交与一点，D错误.
故选：C
3．D
根据复数代数形式的乘法（乘方）运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，所以，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故选：D
4．B
根据数量积的运算律得出的值，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，
.
所以，.
故选：B.
5．C
先求出梯形的高，再利用平面图与直观图面积的数量关系计算即得.
【详解】因为，梯形的面积为30，
设梯形的高为，则，解得，
则梯形的高为．
故选：C.
6．B
先求出二十四等边体边长为，其中有个面为正方形，个面为正三角形，
再求其表面积.
【详解】根据题意，正方体截得的二十四等边体边长为，
其中有个面为正方形，个面为正三角形，
其表面积为.
故选：B
7．A
根据三角恒等变形得，再借助正弦定理角化边可得，最后由正弦定理求解.
【详解】根据题意，，，
即，
根据正弦定理，得，可得，
则，所以，
则外接圆的半径为.
故选：A
8．D
根据易知结合复数相等的充要条件化简可得.进而换元，结合二次函数的性质，即可得出的最值.
【详解】因为，所以，
则，
所以，．
令，
所以，.
根据二次函数的性质可知，当时，有最小值；
当时，有最小值.
所以，．
故选：D.
9．ABC
A利用复数的模的定义计算；B利用复数的加法运算；C先计算，再利用共轭复数的定义；D利用复数的乘法运算.
【详解】由题意可得，，则，故A正确；
，故B正确；
，则，故C正确；
，故D错误.
故选：ABC
10．BC
由求出的范围，即可判断,
【详解】由满足的有两解，可得，即，
即，则符合题意的有BC.
故选：BC
11．ACD
由球的体积以及表面积公式即可判断AB，由，结合数量积的运算律代入计算，即可判断C，由题意可得三点共线，然后将正方体展开，结合勾股定理代入计算，即可判断D
【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径，
内切球的表面积为，故A正确；
对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的，
则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误；
对于C，因为是以为边长的等边三角形，
若点是的外心，即是的重心，
由重心定理可得，
则
，故C正确；
对于D，若动点满足，
由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上，
将平展在一个平面中，如图所示：
则，
故，
故的最小值为，故D 正确.
故选：ACD
12．5
先化简，再根据虚部的概念可得结果.
【详解】，虚部为5．
故答案为：5.
13．24
根据椎体体积公式即可得到答案.
【详解】由题可知，据胜亭屋顶部分的体积约为立方米．
故答案为：24.
14．
先求出相关线段长，结合图形将线性表示，利用向量数量积的运算化简成，由，根据图形即可判断的最大、最小值即可.
【详解】因，，则，
又D是BC的中点，则，且，
因，则

，
由图知，当与方向相同时，取得最大值1；
当与方向相反时，取得最小值，
故的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)，
(2)证明见解析
（1）根据已知结合图形性质以及向量加法的几何意义，即可得出答案；
（2）根据数量积的运算律，结合已知求出，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，，
则，
.
（2）由（1）知，，，
所以，.
因为，
所以，
所以，，
所以，，.
16．(1)
(2)
（1）利用正弦定理将边化角，即可得到，再由平方关系解得即可；
（2）由余弦定理求出，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
由，得，所以，即
又，
解得或，
又，所以，所以．
（2）由余弦定理，得，
解得或（负根舍去）．
故的面积为．
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）由已知可得平面， 平面，则得平面平面，则由面面平行的性质可得，所以B，D，E，G四点共面；
（2）延长，设它们交于一点，由已知可得，则，同理可得，则S和Q是同一个点，所以三条直线交于一点.
【详解】（1）

如图，连接，
因为，，
平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，平面，
所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，所以B，D，E，G四点共面.
（2）
延长，设它们交于一点S，
因为，且，
所以，则，
同理，延长，设它们交于一点Q，
因为四边形和四边形均为正方形，，
则，又，
所以，则，
因此S和Q是同一个点，
所以三条直线交于一点.
18．(1)表面积为10，体积为2
(2)
(3)
（1）由已知，利用长方体的表面积和体积计算方法计算即可；
（2）由图和已知可知三棱锥的体积为长方体的体积减去四个全等的三棱锥的体积，由表示出后，利用基本不等式即可求出最大值；
（3）由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球，则由表示出后代入并化简，利用基本不等式即可求得的取值范围.
【详解】（1）因为底面 为正方形，所以，
则长方体的表面积为，
体积为.
（2）由图和已知，
，
当且仅当时，等号成立，故三棱锥体积的最大值为.
（3）由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球，
设该外接球的半径为则，
所以，
则，
令，则，，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的取值范围为.
19．(1)①；②1
(2)1
【详解】（1）①因为，在的垂直平分线上，
所以，，，即是的中点，且为等腰三角形，
所以，，，.
又，
所以，，，.
又，
所以，.
在中，有，，，
由余弦定理可得，
所以，.
②易知点在直线上，且在直线的同侧，则.
设外接圆的半径为，外接圆的半径为.
则，
所以，.
在中，有.
，
所以，.
在中，有.
所以，.
（2）由已知是的角平分线，，，
可得，.
所以，，
即，
整理可得，
所以有.
又，当且仅当时等号成立，此时有最大值，
此时为等腰三角形，，，且，
此时有，，
所以有.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
B
C
B
A
D
ABC
BC
题号
11









答案
ACD