河北省沧州市泊头市第一中学2024−2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析）

这是一份河北省沧州市泊头市第一中学2024−2025学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析），共16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．已知复数，则复平面内满足的点的集合围成的图形面积为，则实数（ ）
A．6B．4C．3D．2
2．如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形的面积为（ ）
A．1B．C．D．3
3．已知向量满足：，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则球与圆锥的体积之比为（ ）
A．2B．3C．D．
5．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则满足下列选项的三角形有两解的是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在中，.若N为AB中点，与交于点P，且，的值为（ ）
A．B．1C．D．
7．在矩形中，，，为的中点，将和分别沿，折起，使点与点重合，记为点，若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．有一个儿童玩具，外部是一个透明的塑料大球，内部是8个半径均为1的小球（球壁厚度均忽略不计），其中，，，两两相切，，，，两两相切，，，，两两相切，，，，两两相切，，，，两两相切，且，，，均与球相切，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知为复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．
10．设为两个平面，m、n为两条直线，且.下述四个命题为真命题的有（ ）
A．若，则且
B．若，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若且，则
D．若n在平面外，则m与n平行或异面
11．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中错误的是（ ）
A．若，则定为等腰三角形
B．若，则一定是锐角三角形
C．若点是边上的点，且，则的面积是面积的
D．若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
三、填空题
12．下列命题中：①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥；③平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形；④有两个面互相平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台.其中的真命题有 .
13．已知，且与 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 .
14．在锐角中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，，则的取值范围为 .
四、解答题
15．知复数，复数在复平面内对应的点为.
(1)若复数是关于的方程的一个根，，求的值：
(2)若复数满足，求复数的共轭复数.
16．如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.

(1)求三棱台的体积；
(2)若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
17．已知直棱柱的底面ABCD为菱形，且，，点为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求三棱锥的体积．
18．为改善居民的生活环境，政府拟将一公园进行改造扩建.已知原公园是直径为200 m的半圆形，出入口在圆心O处，A为居民小区，OA的距离为200 m，按照设计要求，以居民小区A和圆弧上点B的连线为一条边向半圆外作等腰直角三角形ABC（C为直角顶点），使改造后的公园如图中四边形OACB所示.
（1）若，则C与出入口O之间的距离为多少米？
（2）的大小为多少时，公园OACB的面积最大？
19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分.）
①；②.
(1)求A；
(2)若的面积为，内角A的角平分线交边于E，求的最大值；
(3)若，边上的中线，设点O为的外接圆圆心，求的值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及圆的面积公式，即可求解．
【详解】因为复平面内满足的点的集合围成的图形是以圆心，为半径的圆，且面积为，
所以，即或（舍），
故选B．
2．【答案】D
【分析】根据给定条件，求出梯形的面积，再利用原平面图形面积与直观图面积的关系求出平面图形的面积.
【详解】在梯形中，，则该梯形的高为，
梯形的面积为，
在斜二测画法中，原图形的面积是对应直观图面积的，
所以平面图形的面积.
故选D.
3．【答案】B
【分析】首先根据条件求，再代入投影向量公式，即可求解.
【详解】由题意可知：，因为，即，可得，
所以在上的投影向量为.
故选B.
4．【答案】C
【分析】根据给定条件，利用弧长公式用圆锥底面圆半径表示其母线，再利用球与圆锥体积公式列式计算.
【详解】设球的半径和圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，
由圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，得，则，
所以球的体积与圆锥的体积之比为.
故选C.
5．【答案】C
【分析】根据正弦定理结合三角函数的图象与性质一一计算即可判定.
【详解】对A：根据三角形全等的判定方法，满足条件的三角形只有一解，故A不符合题意；
对B：因为，所以，又为钝角，所以C不存在，所以满足条件的三角形不存在，故B不符合题意；
对C：因为，即.所以满足条件的三角形有2解，故C满足题意；
对D：，所以，所以满足条件的三角形只有1解，故D不符合题意.
故选C.
6．【答案】D
【分析】根据题意，分别由共线，共线列出方程，然后由条件列出式子，代入计算，即可求得结果.
【详解】因为共线，所以存在实数，使得，
又，，
则，即，
且N为AB中点，则，
又共线，则存在实数，使得，
即，
所以，
联立方程，解得，则，
所以.
故选D.
7．【答案】B
【分析】首先判断两两互相垂直，再补体成为长方体，利用长方体和四棱锥是同一个外接球，即可求半径，求球的表面积.
【详解】依题意，，，，平面，
则平面，
，，即有，则，
由此可将三棱锥补成以为相邻三条棱的长方体，
若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则该长方体的各顶点亦在球的球面上，
设球的半径为，则该长方体的体对角线长为，
所以球的表面积.
故选B.
8．【答案】A
【分析】连接，，，， ，，由题可得三棱锥是棱长为2的正四面体，根据题意，，，，两两相切，，，，两两相切，，，，两两相切，，，，两两相切，所以三棱锥、三棱锥、三棱锥、三棱锥，分别是以三棱锥的四个面为底面，且棱长均为2的正四面体，又，，，均与球相切，所以三棱锥的外接球球心就是大球的球心，作出三棱锥和三棱锥的图，求解即可.
【详解】根据题意，外部是一个透明的塑料大球，内部是8个半径均为1的小球，
连接，，，， ，，
由题可得三棱锥是棱长为2的正四面体，
连接，，，，，，，，，，，，
根据题意，，，，两两相切，，，，两两相切，
，，，两两相切，，，，两两相切，
所以三棱锥、三棱锥、三棱锥、三棱锥，
分别是以三棱锥的四个面为底面，且棱长均为2的正四面体，
又，，，均与球相切，
所以三棱锥的外接球球心就是大球的球心，
作出正四面体和的示意图如图所示，
连接，则球的半径为
.
如图，设正四面体的底面的中心为点，连接，
则，正四面体的高，
由图知，到平面的距离即三棱锥内切球的半径，
则，即，得，
故，
则球的半径为.
故选A.
9．【答案】AD
【分析】根据复数的概念及运算可得.
【详解】对于A，设，当时，，
得，得，即，故A正确；
对于B，令，可知，故B错误；
对于C，令，
可知，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选AD.
10．【答案】BC
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，若，则且或或，故A错误；
对于B，若，，因为，过直线可以有无数个平面与相交，
则交线与直线平行，故B正确；
对C，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，
则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故C正确；
对于D，若n在平面外，则或与相交，
当则时，或异面，
当与相交时，相交或异面，故D错误；
故选BC.
11．【答案】ABC
【分析】利用诱导公式以及正弦函数的性质即可求解判断A；利用余弦定理推理判断B；利用向量线性运算判断C；利用三角形心的向量表示判断D.
【详解】对于A,由，,可得或者，故或者,故为等腰三角形或者直角三角形，故A错误，
对于B，由可得,,故为锐角，但无法确定，所以无法确定三角形为锐角三角形，故B错误，
对于C , 由，得，即，
则，的面积是面积的，C错误；
对于D，由，得是的重心，由，
得是的外心，即的重心、外心重合，则为等边三角形，D正确；
故选ABC.
12．【答案】②③
【分析】根据简单几何体的结构特征，逐项判断，即可得出结果.
【详解】对于①，如图所示，上下底面平行，各个面都是平行四边形，此几何体不是棱柱，故①错误；
对于②，棱锥侧面全为三角形，有一个面是平行四边形，则此面为底面，所以该棱锥为四棱锥，故②正确；
对于③，平行六面体指的是底面是平行四边形的棱柱，因此平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故③正确；
对于④，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不能保证侧棱的延长线交于同一点，因此该多面体不一定是棱台，故④错误.
13．【答案】且
【分析】根据与 的夹角为锐角，由，且与 不共线解不等式求解.
【详解】因为，
所以，
因为与 的夹角为锐角，
所以，且与 不共线，
所以，且，
解得且.
14．【答案】
【分析】先根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简求得角B，进而利用正弦定理把表示为角的函数，再利用三角函数的性质求解作答.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
，
整理得，而，，于是，
所以.
在中，，，由正弦定理，得，同理，
因此
由锐角，得，解得，则，，
于是在上单调递增，则
所以的取值范围为.
15．【答案】(1)20；
(2).
【分析】(1)将代入一元二次方程即可得到方程组，解出即可；
(2)根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.
【详解】(1)由题意得，
因为复数是关于的方程的一个根，
所以，
，
，
解得，所以.
(2)，
所以.
16．【答案】(1)；
(2)最小值为，且取最小值时.
【分析】（1）作点在平面内的射影，连接，根据题意可知，是等边三角形的中心，从而求出，利用勾股定理得到，求得结果；
（2）将平面与展开到同一平面，可知，在中，利用余弦定理求得，利用求得，在中，由余弦定理得到，即可得出结论.
【详解】（1）作点在平面内的射影，连接.

根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.

在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合菱形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据菱形的性质、直棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】（1）连接AC交BD于点，连接，
在直四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，即，，
又因为底面ABCD为菱形，所以点为AC的中点，
点为的中点，即点为的中点，所以，，
即四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，，所以平面；
（2）在直棱柱中平面，平面，
所以，
又因为上底面为菱形，所以，
因为平面，
所以平面，
因为在中，，
且点为BD的中点，所以，即，
所以．
18．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）当时，设，在中可表示，进而可表示，则在中利用余弦定理即可得结果；
（2）设，利用余弦定理得到以三角形的面积公式得到关于的面积表达式，结合三角函数求最值.
【详解】（1）设，由题可知.由，，，
得，，，.
在中，.
，则.
故C与出入口O之间的距离为.
（2）设，则，
，，
，
∴当，即时，公园OACB的面积最大为.
【点睛】该题考查了余弦定理以及三角形的面积公式结合的面积最值求法，关键是建立关系式，借助于三角函数的有界性求最值，属于中档题目.
19．【答案】(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）选①，利用正弦定理化边为角，再求出，即可得解；选②，利用正弦定理化边为角，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据，再结合基本不等式即可得解；
（3）由题意，两边平方得，结合余弦定理可求出，再根据数量积得几何意义即可得解.
【详解】（1）若选①，
在中，由及正弦定理，
得，
而，则，
显然，因此，，
则，得，解得，
又，所以；
若选②，
由已知条件及正弦定理，得，
所以，
又，所以；
（2）由得，，
又，
∴，
∴（当且仅当时取等），
即的最大值为；
（3）在中，由余弦定理，得，
由边上的中线，又因为，
两边平方得，
则，即，
解得，
令边的中点分别为，由点为的外接圆圆心，
得，，
，
，
所以.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.