广东省普宁市勤建学校2024−2025学年高一下学期第二次调研考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省普宁市勤建学校2024−2025学年高一下学期第二次调研考试 数学试题（含解析），共13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．计算：（ ）
A．B．
C．D．
2．如果表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量，不能作为一个基底的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（ ）

A．B．C．6D．
4．在△中，为边上的中线，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．下列说法正确的是（ ）
A．空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B．若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C．和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D．若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
6．在中，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则塔高（ ）
A．米B．米C．米D．米
8．已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．若，，则，是异面直线
D．若，，，则或，是异面直线
10．中，下列说法不正确的是（ ）
A．B．若，则为锐角三角形
C．若，则D．若，则
11．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥SO的侧面积为
B．三棱锥S-ABC体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
三、填空题
12．已知为虚数单位，，若，则 .
13．已知向量, ,，若，，则 .
14．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的表面积为 .
四、解答题
15．已知向量，.
（1）求向量与的夹角的大小；
（2）若向量满足，求的值.
16．已知复数（其中且为虚数单位），且为纯虚数．
（1）求实数的值；
（2）若，求复数的共轭复数．
17．如图，在正三棱柱中，为棱的中点，为棱中点，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面.
18．设的内角A，B，C所对的边分别为b，c，且满足，．
（1）求A；
（2）若为锐角三角形，求周长的取值范围；
（3）若的内切圆半径，求的面积S.
19．如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面.
（1）在上，，求证：平面平面；
（2）若，且，求的值；
（3）求三棱锥体积的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】.
故选D.
2．【答案】C
【详解】根据平面基底的定义知，向量为不共线非零向量，即不存在实数，使得，
对于A中，向量和，不存在实数，使得，可以作为一个基底；
对于B中，向量，假设存在实数，使得，
可得，此时方程组无解，所以和可以作为基底；
对于C中，向量和，假设存在实数，使得，
可得解得，所以和不可以作为基底；
对于D中，向量和，假设存在实数，使得，
可得此时方程组无解，所以和可以作为基底.
故选C
3．【答案】D
【详解】将直观图还原为原图，如图，

由，，所以，
所以，则，
即原平面图形的面积是．
故选D
4．【答案】A
【分析】首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则———三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.
【详解】根据向量的运算法则，可得
，
所以.
故选A.
【方法总结】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.
5．【答案】D
【分析】对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面；对于B，这两直线异面或平行；对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线；对于D，以长方体为载体进行判断求解.
【详解】对于A：空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误；
对于B：若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误；
对于C：和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误；
对于D：如图，在长方体中，
当所在直线为所在直线为时，与相交，
当所在直线为所在直线为时，与异面，
若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确.
故选D.
6．【答案】A
【详解】，
由余弦定理得，
解得，舍去，
则的面积为.
故选A.
7．【答案】A
【分析】设该塔的高度为米，由题意，根据同角的商关系可得，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】设该塔的高度为米，
则．
在中，，
即，由，解得，
即塔高为30米.
故选A.
8．【答案】C
【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，

则圆台侧面积为，
上、下底面面积分别为和.
由圆台表面积为，得，
所以圆台高，
设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.
作于点，
设，由，则球心在圆台外部.
则有，解得，
所以球的体积为.
故选C.
9．【答案】ABC
【详解】A：当时，，可以相交、平行、异面，因此本选项不正确；
B：当，时，直线可以在平面内，因此本选项不正确；
C：当，时，，是可以是相交直线、平行直线、异面直线，因此本选项不正确；
D：因为，，，所以直线，是两条没有交点的直线，
所以或，是异面直线，因此本选选项正确，
故选ABC
10．【答案】ABD
【详解】A选项，由正弦定理得，所以A选项错误.
B选项，若，则，
所以为锐角，但无法判断两个角是否是锐角，所以B选项错误.
C选项，若，则，
由正弦定理得，所以C选项正确.
D选项，若，
由正弦定理得，所以D选项错误.
故选ABD
11．【答案】BD
【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选BD．
12．【答案】
【详解】由题设，则，可得.
13．【答案】10
【详解】因为，，且，
所以存在一个实数，使得，
即，则，，
解得，得到，而，
因为，所以，解得.
则，，
因为，所以，
由向量模的坐标运算公式得.
14．【答案】.
【详解】设正方体边长，正方体外接球的半径为
由正方体的表面积为24，所以
则，又，所以
所以外接球的表面积为：
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，，则，
因为，故.
（2）因为向量满足，
所以，解得，所以，故.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，所以，
∵是纯虚数，，解得，
又∵，∴；
（2）∵，∴，
∴的共轭复数为.
17．【答案】（1）见详解
（2）见详解
【详解】（1）连结交于，连结，
在正三棱柱中，且，
所以四边形是平行四边行，则为的中点，
因为为的中点，所以为的中位线，，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）在正三棱锥柱中，且，
，，所以四边形是正方形，所以，
因为分别是的中点，所以是的中位线，
所以，又因为，所以，
在正三棱柱中平面，平面，所以，
在正三角形中，为的中点，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
18．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由，可得,
，
,
，又，则,
，又，
.
（2）由（1），由正弦定理得，，
，
因为为锐角三角形，所以，
，则，
，
所以的周长范围为.
（3）由，
，即，
由余弦定理得，得，
，即，
解得或（舍去），
所以.
19．【答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）如下图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
（2）过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，
所以，，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得.
综上所述，.
（3）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以，点到平面的距离，
点到直线的距离为，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.