广东省东莞市七校2024-2025学年高一下学期期中联考 数学试题（含解析）

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1．B
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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
【分析】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．
【分析】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．
【分析】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