广东省广东五校联考2024-2025学年高一下学期5月第一次联合考试数学试卷（解析版）

这是一份广东省广东五校联考2024-2025学年高一下学期5月第一次联合考试数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，，所以的虚部为.
故选：A
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，解得.
故选：D.
3. 下列命题中为真命题的是（ ）
A. 圆台的侧面展开图是一个扇形
B. 用任意一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台
C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体是棱柱
D. 五棱锥共有6个顶点，11条棱
【答案】C
【解析】对于A，圆台的侧面展开图是一个扇环的一部分，A错误；
对于B，用平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台，B错误；
对于C，由棱柱的定义知，C正确；
对于D，五棱锥共有6个顶点，10条棱，D错误.
故选：C
4. 若锐角，满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】由题意设，因为，
所以，所以，
.
故选：B.
5. 已知向量，若向量满足，则可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，又，
所以
因为所以，即，所以，
对于A，，满足，故A正确；
对于B，，不满足，故B不正确；
对于C，，不满足，故C不正确；
对于D，，不满足，故D不正确；
故选：A
6. 如图，某校高一几位同学测量平地上某建筑物的高度，从地面上一点观察建筑物顶部的仰角为，朝建筑物方向向前20m到达点，从点观察的仰角为，则建筑物的高度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设建筑物高度为，点到建筑物底部的水平距离点到的水平距离，由题意可知，米，且，因此，三角恒等变换得：，
化简得：，
即
，
则.
故选：A
7. 用斜二测画法画出的直观图如图所示，在中，内角的对边分别为，满足，且，则中边上的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】已知在中，，移项可得.
根据余弦定理，将代入可得：
.
因为，所以.
已知，即，那么中边上的高.
根据斜二测画法的性质，在斜二测画法中，平行于轴的线段长度变为原来的一半，
那么原三角形中边上的高.
将代入可得.
所以中边上的高为.
故选：C.
8. 现有一块棱长为2的正四面体木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由正四面体木料知，底面为边长为2的正三角形，故底面面积为，
因为平面平行于该木料底面，故该平面在木料上的截面也为正三角形，
设该正三角形与底面的相似比为k，则该平面在木料上的截面面积为，
截下部分一部分为小四面体，一部分为正三棱台，其中小四面体部分的表面积即，
正三棱台表面积为，
故，解得，所以该平面在木料上的截面面积为.
故选：D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知圆锥的底面半径，母线长，设该圆锥的侧面展开图为扇形AOB，O为扇形圆心，则（ ）
A. 扇形AOB的圆心角为
B. 圆锥的高h为
C. 圆锥的表面积为
D. 从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为
【答案】BCD
【解析】对于A中，设圆锥的侧面展开图所得扇形的圆心角为，可得，
即，解得，所以A错误；
对于B中，圆锥的高为，所以B正确；
对于C中，由圆锥的侧面积为，底面积为，
所以圆锥的表面积为，所以C正确；
对于D中，如图所示，圆锥的侧面展开图中，
可得，
即从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为，所以D正确.
故选：BCD.
10. 定义复数运算：，已知复数，w满足，则（ ）
A. w可以是B. 的最小值为
C. 在复平面内对应的点不可能位于第二象限D. 的实部是5
【答案】BCD
【解析】设，则，
整理得，故即，
对于A，若，则，故A错误；
对于B，，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，故B成立；
对于C，若在复平面内对应的点位于第二象限，则，此时不成立，故在复平面内对应的点不可能位于第二象限，故C正确；
对于D，，故的实部是5，故D正确.
故选：BCD.
11. 记是的外接圆，且，，，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D. 圆O的周长为
【答案】BCD
【解析】对于A，因为是的外接圆，所以是的外心，在的中垂线上，
若符合，则也应在的中垂线上，因为，故A错误；
对于B，因为是的外心，所以在的中垂线上，所以，故B正确；
对于C，对等式两边同时乘以，则，
所以，解得，故，，
所以的面积为，故C正确；
对于D，由余弦定理可得，解得，
由正弦定理，，所以圆的半径为，其周长为，故D正确，
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为纯虚数，则实数______．
【答案】3
【解析】由为纯虚数，得，所以.
故答案为：3
13. ______．
【答案】
【解析】.
故答案为：
14. 已知函数，若，且，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】由题意等价于，
所以或，
解得，或，
所以，，
故所求范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共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. 已知在正方形中，，．
（1）设，，用，表示；
（2）若AC上一点R满足，求的值．
解：（1），
（2）
由题意，
设，
因为不共线，
从而，解得.
16. 如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，点是底面圆周上异于的一点，是的中点，空间中一点满足．
（1）证明：平面；
（2）设球与圆锥的侧面和底面均相切，求球的半径；
（3）证明：“平面”是“”的充要条件．
解：（1）依题意，是的中点，而是的中点，则，而，
因此，而平面，平面，所以平面.
（2）由球与圆锥的侧面和底面均相切，得圆锥轴截面等腰内切圆是球的截面大圆，圆锥的母线，设球M的半径为，
由，得，
所以球M的半径是.
（3）由，得点四点共面，平面平面，
由平面，平面，得，
因此四边形是平行四边形，则；
反之，由，，得四边形是平行四边形，则，
而平面，平面，因此平面，
所以“平面”是“”的充要条件
17. 已知在面积为S的中．
（1）证明：；
（2）若，求S的最大值．
解：（1）在中，由余弦定理，得，
由，得
所以.
（2）由（1）知，，
当且仅当时取等号，显然为锐角，
则
，当且仅当，即时取等号，
所以S的最大值为.
18. 设函数，其部分图象与坐标轴交点如图所示．
（1）若，，，求；
（2）在中，记内角所对的边分别为，且．
（ⅰ）证明：是等腰三角形；
（ⅱ）若，求当的最小正周期为多少时，的中线能取得最大值．
解：（1）已知，当时，，
所以.
令，即，则（为整数）.
解得.
当，，得；
当，，得.
，.
根据公式 .
（2）（ⅰ）由，代入得：
，化简得.
若，则，与图知条件矛盾，所以.所以是等腰三角形；
（ⅱ），两边平方.
因为，，
由正弦定理可得：，.
代入得.
设，则，
当，即时取等号.
此时，周期，BD最大值为.
19. 设的外接圆半径为，内切圆半径为，且内角所对的边分别为，定义的值为的“径比”．
（1）若为等腰直角三角形，求的径比f；
（2）证明：；
（3）若，求f的最值．
解：（1）由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，
所以外接圆的半径为，且的周长为，
则，可得，
所以.
（2）由正弦定理，
即，
又由得面积为，
且的周长为，
因为，可得
即，
所以.
（3）由，可得，
即，
因为，可得，所以,
即，可得或，
当，即，
即，可得，
因为，所以，不符合题意（舍去），
所以，由，可得，即为直角三角形，
由（2）知，
设，则，
因为，可得，可得，
所以在区间为单调递减函数，
可得，且当时，，
所以的最小值为，无最大值.