河南省2024~2025学年高一下册4月联考数学试题

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2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
考试时间为120分钟，满分150分
一、选择题：本题共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. 设为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数a的值为（ ）
A. 1B. 6C. 5D. 1或5
【答案】C
【解析】
【分析】由纯虚数的概念可得结果.
【详解】由复数是纯虚数，则，解得：.
故选：C.
2. 若是平面内一组不共线的非零向量，则下列也可以作为一组基底向量的为（ ）
①和 ②和
③和 ④和
A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的共线定理，以及基底向量的定义，逐个判定，即可求解.
【详解】对于①中，由和，可得，
所以和是共线向量，不能作为一组基底向量；
对于②中，设，可得，方程组无解，
所以和不共线，可以作为一组基底向量；
对于③中，设，可得，方程组无解，
所以和不共线，可以作为一组基底向量；
对于④中，设，可得，解得
所以和是共线向量，不能作为一组基底向量.
故选：B.
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C. 边长为2的水平放置的正方形的斜二测画法直观图的面积是
D. 直角三角形以其边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥
【答案】C
【解析】
【分析】利用棱台、棱锥、圆锥的结构特征判断ABD；利用斜二测画法规则计算判断C.
【详解】对于A，棱台的所有侧棱延长线交于一点，而有两个面平行且相似，
其他各个面都是梯形的多面体中，这些梯形的腰的延长线不一定交于一点，A错误；
对于B，底面是正多边形的棱锥顶点在底面上的射影不一定是正多边形中心，B错误；
对于C，由水平放置的平面图形直观图面积是原面积的，
得边长为2的水平放置的正方形的斜二测画法直观图的面积是，C正确；
对于D，以直角三角形斜边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是两个共底面的圆锥构成的组合体，D错误.
故选：C
4. 若m，n为空间直线，，为平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. ，，，则
D. 若m，n是异面直线，则m，n在内的射影为两条相交直线
【答案】C
【解析】
【分析】根据各选项中的条件，指出存在的可能情况判断ABD；利用线面垂直的判定性质推理判断C.
【详解】对于A，，，则可能在内，可能平行于，也可能与相交，A错误；
对于B，，，则可能在内，可能平行于，B错误；
对于C，由，，得，而，因此，C正确；
对于D，m，n是异面直线，m，n在内的射影可能是两条平行直线，可能是两条相交直线，
也可能是一条直线和一个点，D错误.
故选：C
5. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出，再根据平面向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
则.
故选：A
6. 正三棱台三侧棱的延长线交于点P，如果，三棱台的体积为，的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】过作面于，交面于，连接，确定侧棱与底面所成的角，结合体积公式求出，再利用三棱锥为正三棱锥，求得，即可求解.
【详解】由正三棱台三侧棱的延长线交于点，得三棱锥为正三棱锥，
过作平面于，交平面于，连接，
由，得，则，又，则，
则，
解得，则，设的边长为，则，解得，
由三棱锥为正三棱锥，得是的中心，，
由平面，得为侧棱与底面所成的角，所以.
故选：D
7. 如图，在直三棱柱中，点D，E分别在棱，上，，，点F满足，若平面ACF，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理找到过直线且与直线平行的平面，从而可以确定点位置，进而求解即可.
【详解】在上取一点使得，连接，
与交于一点，即为所求（如图所示）.

证明如下：
根据已知，，
在直三棱柱中，，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，即平面.
又，，
，即的值为.
故选：A.
8. 如图，长方体中，，E为棱CD中点，则异面直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图，做过与的两平行平面，则异面直线与之间的距离为两平行平面间距离.
【详解】如图，取AB中点为F，中点为，中点为，
连接.
，则为正方体，
因，四边形为平行四边形，
有，平面，平面，则平面，
同理有平面，，平面，
则平面平面，
则异面直线与之间的距离为两平行平面间距离.
如图连接，由题可得平面ABCD，又平面ABCD，
则DF，又，平面，
则平面，又平面，则.
又同理可得，结合平面，
则平面，又平面平面，则平面.
则平面间距离，为减去A到平面距离，再减去到平面距离.
设A到平面距离为，到平面距离为
则.
注意到，，
则，同理可得，
又，则平面间距离为，
即异面直线与之间的距离为.
故选：C
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. 下列结论中错误的是（ ）
A. 若为非零向量，且，则
B. 对于非零向量，，若，则存在唯一实数使得
C. 在中，若，则与面积之比为2∶9
D. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
【答案】AD
【解析】
【分析】利用数量积的运算律判断A；利用共线定理判断B；利用共线定理构造，求出面积比判断C；利用向量夹角公式及向量共线的坐标表示求出范围判断D.
【详解】对于A，若 ，则，则或，A错误；
对于B，由共线定理，得B正确；
对于C，令 由，
得，则为的重心，，
，同理，
则，C正确；
对于D，，当与共线时，有，得，
由与的夹角为锐角，得，
且与不共线，则且，D错误.
故选：AD
10. 正四面体的棱长为，若点Q是该正四面体外接球球面上的一个动点，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】首先求出正四面体的外接球的半径，然后利用向量的线性运算将化简，转化为求球面上的动点到某个定点的距离的最值，由此可求得的取值范围，验证各个选项是否在该范围内即可.
【详解】因为正四面体的外接球的球心的投影在底面正的中心，
底面正的高为，故正四面体的高为，
设外接球的半径为，则，
如图所示，取中点，连接，因为，所以，
球心到的距离，
则，
因为点Q是该正四面体外接球球面上的一个动点，所以，
即，所以，
分析各个选项，发现B，C在该范围内，即B，C正确.
故选：BC.
11. 如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A. 四棱锥的体积为定值
B. 当时，点P的轨迹长度为
C. 当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为
D. 若直线平面，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出四棱锥的体积即判A断；求出的长度，分析点的轨迹，计算其长度判断BC；利用面面平行的性质得出点的轨迹，并计算出轨迹长度判断D.
【详解】对于A，点到侧面的距离即为，，
，四棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
则，
点的轨迹是以点为圆心，为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，B错误；
对于C，由与平面所成的角为，则为等腰直角三角形，
，则点的轨迹是以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆，
其轨迹长度为，C正确；
对于D，取的中点，连接，由为的中点，得，
由平面，平面，得平面，
由且，得四边形为平行四边形，则，
而，则，由平面，平面，得平面，
由，平面，得平面平面，
当点在线段上运动时，平面，则平面，
因此点轨迹为线段，其长度为，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是关于x的方程的一个根，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程，化简后利用实部与虚部等于零列方程组求解即可.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即
整理得，，
解得，.故，
故答案为：．
13. 已知圆锥的表面积为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为______________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，根据条件建立方程，从而得到，，再利用体积公式，即可求解.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线为，高为，
由题有，解得，，所以，
所以圆锥的体积为，
故答案为：.
14. 如图，几何体是四棱锥，为正三角形，，，M为线段AE的中点．则直线MD与平面EBC的位置关系为__________（填相交或平行）．N为线段EB上一点，使得D，M，N，C四点共面，则的值为__________．
【答案】 ①. 平行 ②.
【解析】
【分析】先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；先由线面平行的性质定理求得点位置，再由平面几何知识求得，从而利用平行线分线段成比例得到的值.
【详解】记为的中点，连接，如图1，
因为分别为的中点，故，
因为平面平面
所以平面，
又因为为正三角形，所以 ，，
又为等腰三角形，，所以，
所以，即，
所以，又平面平面
所以平面，又，平面，
故平面平面，
又因为平面，故平面.
延长相交于点，连接交于点，连接，过点作交于点，如图2，
因为平面，平面，平面平面，
所以，此时四点共面，
设，得，
故，
又因为，所以，
则有，
故.
故答案为：平行；.
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. 已知复数，．
（1）若，求；
（2）在复平面内，复数，对应的向量分别是，，其中O是坐标原点，求的大小．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用共轭复数的意义、复数除法运算求出，再求出.
（2）求出的坐标，再利用向量夹角公式求解.
【小问1详解】
由复数，，得，
，
所以.
【小问2详解】
依题意，，，，
因此，而，
所以
16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角.
（2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由，及正弦定理得，
因为为三角形内角，故，故得，
又为三角形内角，所以或.
小问2详解】
由，
得，
又，所以，所以.
由（1）得，故，所以，
而为三角形内角，所以，，
结合，可得.
由正弦定理，得，
故的面积.
17. 如图，在中，点M，N满足，（，），点D满足，E为AD的中点，且M，N，E三点共线．

（1）用，表示；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，由向量的加法和减法表示即可；
（2）由三点共线的向量形式及题干条件得，又由（1）得，由平面向量的基本定理列方程求解即可；
【小问1详解】
因为，
所以.
因为E为AD的中点，所以.
【小问2详解】
因为M，N，E三点共线，所以设.
因为，，，所以.
由（1）可知，则，
所以，所以.
18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，M为PA的中点，N为PC的中点，E为PD的中点，．
（1）求证：平面BMN；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接、、，推导出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立.
（2）设，计算得出，证明出平面，可知为三棱锥的高，结合锥体的体积公式可求得结果.
【小问1详解】
在四棱锥中，连接、、，
由、分别为、的中点，得，，
而，则，四边形是平行四边形，
于是，又平面，平面，则平面，
由、分别为、的中点，得，而平面，平面，
因此平面，又，、平面，
则平面平面，又平面，所以平面.
【小问2详解】
令，由，得，则，
即，于是，由（1）知，平面，
则，由为的中点，得点到平面的距离为点到平面距离的，
则，，
由平面，平面，得，
由，，得，而，平面，
因此平面，即为三棱锥的高，
则，所以.
19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解；
（2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离；
（3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案.
【小问1详解】
根据离散曲率的定义得，
，
，
又因为
，
所以．
【小问2详解】
∵平面平面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，即
∴，∴，过点A作于点，
由平面平面，得，
又平面，则平面，
因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，，
∴点到平面距离为.
【小问3详解】
过点作交于，连结，
∵平面，∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
依题意可得，，
，
，，
设，则，
在中， ，
又，所以，
则，
∴，解得：或（舍）
故.