福建省厦门双十中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省厦门双十中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析），共19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．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）．
A．B．C．D．
2．已知向量，，若与共线，则实数（ ）
A．B．－2C．D．2
3．用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形．已知，则的面积为（ ）
A．B．4C．D．2
4．如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
5．中，内角，，的对边分别为，，，若且，则的形状是（ ）
A．有一个角是的等腰三角形B．等边三角形
C．三边均不相等的直角三角形D．等腰直角三角形
6．已知m，n为空间中不重合的直线，，，为空间中不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，则
7．设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，的平分线交边于点D，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是（ ）
A．复数是纯虚数，则或
B．若，则的最大值为
C．芳，则
D．若是关于x的方程的一个根，则
10．已知是边长为2的等边三角形，分别是上的两点，且，与交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．在方向上的投影向量的模长为
11．已知三棱柱的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球O的表面上，侧面的面积为，则下列四个结论正确的有（ ）
A．若的中点为E，则平面
B．若三棱柱的体积为，则到平面的距离为3
C．若，，则球O的表面积为
D．若，则球O体积的最小值为
三、填空题
12．如图，正方形的边长为6，点是边上的中点，点是边上靠近的三等分点，则 ．
13．如图是某烘焙店家烘焙蛋糕时所用的圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，现用此模具烘焙一个跟模具完全一样的儿童蛋糕，若蛋糕膨胀成型后的体积会变为原来液态状态下体积的2倍（模具不发生变化），现用直径为16cm的圆柱形容器量取液态原料（不考虑损耗），则圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为 cm.
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（1弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设且，则可推出 .
四、解答题
15．已知复数，i为虚数单位．
(1)求z的共轭复数；
(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值．
16．如图，已知四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，，为中点．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离．
17．已知，，分别为三个内角，，的对边，，__________
在下列三个条件中任选一个，补充在上面横线中，并求解下面的问题.
①；
②；
③.
（1）求；
（2）若是的中点，，求的面积.
18．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
(1)求证：AE⊥平面PCD；
(2)求PB和平面PAD所成的角的大小；
(3)求二面角A－PD－C的正弦值．
19．某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，为地面，，为路灯灯杆，，，在处安装路灯，且路灯的照明张角，已知m，m．
（1）当，重合时，求路灯在路面的照明宽度；
（2）求此路灯在路面上的照明宽度的最小值．
1．B
【详解】由题意得，.
故选：B.
2．D
【详解】解：因为向量，，
所以向量，
因为与共线，
所以，
解得，
故选：D
3．A
根据斜二测画法的方法作出原图形，并求出三角形的底和高，进而求出答案.
【详解】如图1，在等腰直角三角形中，设轴与交于，则为的中点，且.过点作轴，且交轴于点，容易得到是等腰直角三角形，且，.
如图2，由斜二测画法可知，,且，则AC=2.
于是所求三角形的面积为.
故选：A.
4．A
根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可
【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，
所以
,
故选：A
5．B
由根据正弦定理和两角和的正弦公式可求得，再根据可得是等腰三角形，即可判断.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
如图所示，
在边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，
显然，因此平行四边形为菱形，平分，
又，则有，即，
于是得是等腰三角形，所以，
又，所以为等边三角形.
故选：.
6．D
根据线线、线面和面面平行与垂直的有关定理，对四个选项逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】对于A：若，，则或，A选项错误；
对于B：若，，，则或异面，B选项错误；
对于C：若，，则或相交，C选项错误；
对于D：若，则过直线的平面与平面的交线都与直线平行，
所以内有直线，又因为，所以，所以，D选项正确.
故选：D.
7．A
根据题意利用等面积法结合面积公式运算求解即可.
【详解】由题意可知：，
因为，则，
即，解得.
故选：A.
8．B
取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.
【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，,
∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，
，,
，四边形为平行四边形，
，而在平面中，易证，
∵平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面，∴平面平面，
∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
，，∴，
∴当P与O重合时，的长度取最小值，
为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为.
即的长度范围为
故选：B．
9．BD
由纯虚数的概念可判断A，由复数的几何意义可判断B，利用特值法可判断C，利用复数相等求出可判断D.
【详解】对A，由是纯虚数，可得，
解得：，故A错误；
对B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，故B正确；
对C，当时，，，可见，故C错误；
对D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，故D正确.
故选：BD.
10．BD
利用题设条件建立直角坐标系，写出相关点坐标，求出相关向量坐标，利用向量坐标的加减法和数乘积运算，依次检验A,B,C项，利用投影向量的模的定义表达式检验D项即得.
【详解】
由题意可知：为中点，则，
以为原点，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
所以，，
设
由，可得，
即是中点，，故选项正确；
，故选项错误；
又因为则，故选项错误；
易知在方向上的投影向量的模长为，故选项D正确．
故选：BD.
11．ACD
对于A：做辅助线，可证，即得证；对于B：做辅助线，利用体积关系求出到平面的距离；对于C：做辅助线，求出，即可判断该命题正确；对于D：根据体积结合基本不等式求出外接球的半径的最小值为2，即得球O体积的最小值.
【详解】对于选项A：如图，连接，交于点，连接，
因为，则，
且平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于选项B：连接，
因为，则，
设到平面的距离为，则，解得，
所以到平面的距离为2，故B错误；
对于选项C：取中点，连接，
由题意可知：分别为的外心，
则的中点就是三棱柱的外接球的球心，连接，
设，球的半径为，
则，即，
由题得，则，
所以球O的表面积为，故C正确；
对于选项D：设，
设上底面和下底面的中心分别为，连接，则其中点为，
由题得，
则，即，
且，即，
可得，当且仅当时取等，
即最小值为2，所以球O体积的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12．
选为基底，其他向量用基底表示后计算数量积可得.
【详解】，
，
所以
.
故答案为：.
13．//
根据圆台的体积公式以及圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】圆台状蛋糕膨胀成型后的体积为，
圆柱形容器中液态原料的体积为，解得，
即圆柱形容器中需要注入液态原料的高度为.
故答案为：.
14．
设，根据与，利用余弦定理求出，，设出AG=m，DG=n，利用勾股定理求出m与n的值，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出与的值，进而求出的值.
【详解】设，，则，，因为和是等边三角形，故，由余弦定理得：，解得：，故，，过点D作DG⊥AB于点G，设AG=m，DG=n，则BG=2-m，由勾股定理得： ，解得：
如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB的直线为y轴建立直角坐标系，
则，，，，则 ，，，由得：，即，解得：，则
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）根据复数的运算可得，即可得共轭复数；
（2）可知：、是方程的根，利用韦达定理即可得结果.
【详解】（1）因为，
所以z的共轭复数.
（2）由题意可知：、是方程的根，
则，即.
16．(1)证明过程见解析；
(2)
（1）取的中点，证明，再利用线面平行的判定定理即可；
（2）利用等体积计算即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因、分别为、的中点，所以，
又，则，
所以四边形为平行四边形，即，
又平面，平面，则平面．
（2）因平面，平面，所以，
因，，所以，
又，则平面，
又平面，则，
由，，得，
设点到平面的距离为，连接.
则，即，
即，解得，
则点到平面的距离为．
17．（1）；（2）.
(1)选①，利用正弦定理角化边，再借助余弦定理即可得解；选②，③，利用正弦定理边化角，再借助三角变换即可得解；
(2)在、与中，利用余弦定理建立关于a，c的方程组，求出边c即可作答.
【详解】（1）选①：由正弦定理可得，
于是得，即，
由余弦定理得，而，所以；
选②：因，由正弦定理得：
，
从而得：，
则有，而，即，于是得，
又，所以；
选③：因，由正弦定理得：，
而，即，于是得，
又，所以；
（2）与中，与互补，
由余弦定理得，，
显然有，于是得，
中，由余弦定理得：，
联立解得或（舍），
于是得面积为，则，
所以的面积为.
18．（1）见证明；（2）45°（3）
(1)由线面垂直的性质可得，结合，可得平面，由等腰三角形的性质可得，从而可得结果；(2) 先证明平面，可得为和平面所成的角，判断是等腰直角三角形，从而可得结果；（3）过点作，垂足为，连接，由(1)知，平面，则在平面内的射影是，则可证得，则是二面角的平面角，设，可求得，由直角三角形的性质可得结果.
【详解】(1)因为PA⊥底面ABCD
CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA.
因为CD⊥AC，PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC.
又AE⊂平面PAC，所以AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，
所以AE⊥平面PCD.
(2)因为PA⊥底面ABCD，
AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB.
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．
在Rt△PAB中，AB＝PA，
故∠APB＝45°.
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.
(3)过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示．
由(1)知，AE⊥平面PCD，则AM在平面PCD内的射影是EM，则可证得AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A－PD－C的平面角．由已知可得∠CAD＝30°.
设AC＝a，
可得PA＝a，AD＝a，PD＝a，AE＝a.
在Rt△ADP中，
因为AM⊥PD，
所以AM·PD＝PA·AD，
则AM＝＝a.
在Rt△AEM中，
sin∠AME＝＝.
所以二面角A－PD－C的正弦值为.
19．（1）；（2）.
【详解】（1）当，重合时，
由余弦定理知，
所以，
因为，所以
因为，所以，
因为，所以，
∴在中，由正弦定理可知，，解得m.
（2）易知到地面的距离，
所以，所以
又由余弦定理可知，，
当且仅当时“=”成立.
所以，解得m．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
A
A
B
D
A
B
BD
BD
题号
11









答案
ACD