广东省东莞市七校2024-2025学年高一下学期5月期中联考试题 数学 含答案

这是一份广东省东莞市七校2024-2025学年高一下学期5月期中联考试题 数学 含答案，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，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．若复数z满足1+iz=i，则z的虚部为（ ）
A．−1B．1C．−iD．i
2．已知向量 a=2,1,b=λ,λ−1，且a//b，则λ=（ ）
A．−12B．13C．23D．2
3．如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，O'A'=2，O'B'=3，∠A'O'B'=45°，则原△AOB的面积为（ ）
A．32B．42C．6D．8
4．在三角形ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．a=8，b=16，A=30°B．a=25，b=30，A=150°
C．a=30，b=40，A=30°D．a=72，b=30，A=45°
5．中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为35m，在地面上点C处（B,C,N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（ ）
A．70mB．64mC．52mD．91m
6．将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A．83πB．833πC．163πD．1633π
7．如果向量a，b的夹角为θ，我们就称a×b为向量a与b的“向量积”，a×b还是一个向量，它的长度为|a×b|=|a|⋅|b|sinθ.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，则AD1×DB=（ ）
A．−43B．−4C．4D．43
8．在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2, AB⊥AC，若该棱柱外接球的表面积为12π，则侧面BB1C1C绕直线BB1旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．12πB．16πC．20πD．24π
二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得 6 分，选错或不选得 0 分，部分选对的得部分分．)
9．已知复数z满足：z(1+i)=6i5，则（ ）
A．z=32B．z的虚部是3
C．z−z=6iD．复数z在复平面内对应的点位于第四象限
10．如图，在边长为6的等边△ABC中，CD=2DB,AE=ED，点P在以AB为直径的半圆上（不含点A,B)，则下列结论正确的是（ ）
A．AB⋅AC=18B．PA⋅PB=0
C．BE=13AB+16ACD．AD在AB上的投影向量为56AB
11．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．EF⊥BD1
B．EF//平面A1D1B
C．直线BD1与平面ABCD所成的角为π4
D．三棱锥B1−EBF外接球表面积为6π
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分，其中第14题第一空3分，第二空2分.把答案填在答题卡中的横线上．)
12．已知向量a,b满足|a| =1，|b| =2，且a⊥(a+b)，则a与b的夹角为 .
13．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.已知某圆亭的高为3，上底面半径为1，下底面半径为5，则此圆亭的表面积等于 .
我国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积，把以上文字写出公式，即S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2] (其中S为三角形面积，a，b，c为三角形的三边)． 在非直角△ABC中，a，b，c为内角A，B，C所对应的三边，若a=3且a=ccsB+3csC，则△ABC面积的最大值是 ，此时△ABC外接圆的半径为
.
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．)
(13分)已知复数z=3+mi，其中m∈R．
设z1=(1+3i)z，若z1是纯虚数，求实数m的值；
(2)设m=−1，分别记复数z、z2在复平面上对应的点为A、B，求OA与OB的夹角余弦值以及OA在OB上的投影向量．
16．（15分）已知在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足ccsB+bcsC=a2．
(1)求a； (2)若A=π3，且S△ABC=34，求△ABC的周长．
17.（15分）如图，△ABC中，CA=a,CB=b,D是AC的中点，CB=2BE,AB与DE交于点M.
(1)用a,b表示DE；
(2)设BM=λBA，求λ的值；
(3)若AB⊥DE，求∠ACB的最大值.
18.（17分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD, AB//DC，AD⊥DC,DA=AB=PD=2,DC=4, E,F分别为棱CD,PD的中点.
(1) 求证：PB//平面AEF；
(2) 求证：AE⊥平面PBD；
(3) 求点D到平面PBC的距离.
（17分）在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别为a，b，c，sin2A+cs2B+cs2C+sinBsinC=2．
(1)求A；
(2)若b=1,c=2,D为线段BC内一点，且BD:DC=1:2，求线段AD的长；
(3)法国著名科学家柯西在数学领域有非常高的造诣；很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如对于任意的x1,x2,y1,y2∈R，都有(x1x2+y1y2)2≤ (x12+y12)(x22+y22)被称为柯西不等式；若a=2，求：(a2+b2+c2)[21−cs2A+1cs2(π2−B)+1sin2(π+C)]的最小值．
东莞市 2024-2025 学年第二学期七校联考试题（高一数学）参考答案：
12． 13． 14.
1．B
先求出，结合虚部的概念可得答案.
【详解】因为，所以，所以的虚部为1.
故选：B
2．D
直接根据向量平行的坐标运算计算即可.
【详解】因为且，则，得.
故选：D.
3．C
根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，从而求出面积.
【详解】由直观图可得如下平面图形，
则，，，
则原的面积为.
故选：C.
4．C
由正弦定理可得，根据条件求得的值，根据与的大小判断角的大小，从而判断三角形的解的个数．
【详解】由正弦定理可得，若A成立，，，，有，
∴，∴，故三角形有唯一解．
若B成立，，，，有，∴，又，
故，故三角形无解．
若C成立，，，，有 ，∴，又，
故，故可以是锐角，也可以是钝角，故三角形有两个解．
若D 成立，，，，有，∴，由于，故为锐角，故三角形有唯一解．
故选：C．
5．A
由题设得,，再应用正弦定理列方程求鹳雀楼的高度.
【详解】因为中，，，，
所以，
因为中，，，
所以，即,
由题意，，，
则，
在中，由正弦定理得，即，
故，
故.
故选：A
6．B
由题意求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，半圆的周长为，设圆锥底面圆的半径为，
则，解得，又母线长为4，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
7．D
利用平面向量数量定义求出夹角的余弦值，进而可得其正弦值，再根据向量积的定义可求得结果.
【详解】在正方体中，因为，且，
所以，
所以，
故选：D.
8．B
由外接球表面积得到球的半径，进而求得，即可求解.
【详解】因直三棱柱中，，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点，
如图所示，.
设棱柱的外接球的半径为，圆心为，
由，可得，由对称性知，O为中点，
由图，解得.
因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，
其体积为.
故选：B
9．AC
先化简复数，结合选项逐个验证可得答案.
【详解】因为，所以，
，故A正确；
复数z在复平面内对应的点为位于第一象限，故D错误；
，其虚部为，故B错误；
，故C正确.
故选：AC.
10．ABD
利用向量数量积的计算公式判断AB，利用向量的四则运算判断C，利用投影向量的概念判断D.
【详解】，A正确;
因为点在以为直径的半圆上，所以，所以，B正确；
，C错误；
过点作交于点，过点作交于点，易得为的中点，
因为，所以，则，由图可知在上的投影向量为，即为，D正确．
故选：ABD
11．AD
由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D．
【详解】对于A，连接，则，因为，所以，
因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
对于B，连接，由正方体得，，
又，所以，
因为平面，即与平面不平行，
所以与平面不平行，故B错误；
对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且，
所以直线与平面所成的角不是，故C错误；
对于D，由正方体得，平面，且，，
所以三棱锥外接球的直径，
所以，外接球表面积为，故D正确；
故选：AD．
12．2π3/120∘
【详解】因为向量a,b满足|a| =1，|b| =2，且a⊥(a+b)，
所以a⋅(a+b)=a2+a⋅b=a2+a⋅b⋅csa,b=0，解得csa,b=−12，
因为a,b∈0,π，所以a,b=23π，
故答案为：23π
13．
由题意求得母线长，再代入圆台表面积的公式即可求得表面积.
【详解】由题意，可作该圆亭的轴截面，如图所示：
则圆亭的高，上底面半径，下底面半径，则，
母线5，
所以圆台的表面积.
故答案为：
14．
由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，然后结合已知三角形的面积公式进行化简，结合二次函数的性质计算可得面积最大值，从而求出，再由余弦定理求出，最后由正弦定理求出外接圆的半径．
【详解】解：因为，
由正弦定理得，
所以，
即，
因为，
所以，
由正弦定理得，
由题意可得
，
当即时三角形的面积最大，最大值为，
所以，又，所以，
又，所以，设外接圆的半径为，则，
所以；
故答案为：；3．
（13分）
【详解】（1），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
因为是纯虚数，所以且，解得； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
（2）当时，，故，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
，故．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
设，则；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
所以在上的数量投影向量为．⋯⋯⋯⋯13分
（15分）
【详解】（1）已知，
则由正弦定理有. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
又∵，则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
因为为三角形内角，则，. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
（2）由题可知：，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
由余弦定理可得，即， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
所以，可得，则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
所以的周长为. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
（15分）
【详解】（1）.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
（2）
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
因为三点共线，所以，解得.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
，由（1）可知，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
得，则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
所以 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
所以的最大值为. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
18．（17分）
【详解】（1）
如图，连接BE，设BD∩AE=O，连接OF.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
因AB//DC，DE=12DC=AB=2，可得▱ABED，则OD=OB，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
又DF=PF，则得OF//PB，
因OF⊂平面AEF，PB⊄平面AEF，故PB//平面AEF. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
（2）由（1）已得▱ABED，因DA=AB=2，故四边形ABED为菱形，则AE⊥BD，
因PD⊥平面ABCD, AE⊂平面ABCD,则PD⊥AE，
又BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD，故AE⊥平面PBD.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
在Rt△ABC中，BD=22+22=22，
因PD⊥平面ABCD, BD、CD⊂平面ABCD,则PD⊥BD,PD⊥CD
在Rt△POB中，PD=2,BD=22,PB=22+(22)2=23,同理，BC=22，PC=25，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
故满足勾股定理 PB2+BC2=PC2,则PB⊥BC,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
故S△PBC=12PB·BC=12×23×22=26⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
而VP−BCD=13S△BCD·PD=13×12×4×2×2=83 ,设点D到平面PBC的距离为d，
由等体积法得 VD−PBC=13S△PBC·d=VP−BCD=83, 得 d=263 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分
故点D到平面PBC的距离为263 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
19．（17分）
【详解】（1）由，得，
即， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
在中，由正弦定理得，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
由余弦定理得，而，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
所以． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
（2）由，得， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
所以. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
（3）依题意，
，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分
当且仅当为正三角形时取等号，所以所求的最小值为48.
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
C
C
A
B
D
B
AC
ABD
AD