河北省沧州市2024-2025学年高一下4月期中考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省沧州市2024-2025学年高一下4月期中考试数学试卷（解析版），共11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。
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. 一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱柱C. 三棱台D. 五棱锥
【答案】C
【解析】三棱锥由4个面围成，四棱柱和五棱锥均由6个面围成，三棱台由5个面围成．
故选：C.
2. 已知点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】为，所以，
则．
故选：A
3. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】因为，
所以
所以在复平面内对应的点坐标为，所以点位于第四象限，
故选：D
4. 若均是单位向量，且，则（ ）
A. B. 3C. 6D. 9
【答案】B
【解析】由题意，，则．
故选：B
5. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，梯形的面积为30，则梯形的高为（ ）
A. B. 10C. D. 20
【答案】C
【解析】因为，梯形的面积为30，
所以梯形的高为，
设与轴的交点为，即到轴的距离为5，
易得，所以梯形的高为．
故选：C
6. 半正多面体，亦称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，这样的半正多面体也称为二十四等边体．由棱长为2的正方体截得的二十四等边体的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题可知，该二十四等边体的边长都为，且该二十四等边体共有八个面为正三角形，六个面为正方形，故该二十四等边体的表面积为．
故选：.
7. 的内角的对边分别为，已知，则外接圆的半径为（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】A
【解析】因为，
所以，
由正弦定理得，，
因为，所以，，
则，则，
则，即，
设外接圆的半径为，
则，得．
故选：A.
8. 已知复数，，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以
则．
令，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，当时，，
所以．
故选：.
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. 已知复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】因为，所以，A正确．
，B正确，
，则，C正确，
，D不正确．
故选：ABC
10. 的内角的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】BC
【解析】由满足的有两解，可得，即，
即，则符合题意的有BC.
故选：BC
11. 如图，正方体的棱长为6，是的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 正方体内切球的表面积为
B. 若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为
C. 若点是的外心，则
D. 若动点满足，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径，
内切球的表面积为，故A正确；
对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的，
则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误；
对于C，因为是以为边长的等边三角形，
若点是的外心，即是的重心，
由重心定理可得，
则
，故C正确；
对于D，若动点满足，
由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上，
将平展在一个平面中，如图所示：
则，
故，
故的最小值为，故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. 复数的虚部为______．
【答案】5
【解析】因为复数，所以该复数的虚部为5．
故答案为：5.
13. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑．位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为______立方米．
【答案】24
【解析】由题可知，据胜亭屋顶部分的体积约为立方米．
故答案为：24
14. 如图，在中，，，，是的中点，是以为圆心，为半径的圆上任意一点，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】因，，，则有，
又因是的中点，是以为圆心，为半径的圆上任意一点，
则得，
因，，
则
，
由图知，当与同方向时，取得最大值1，
当与反方向时，取得最小值，
故.
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. 如图，在平行四边形中，是的中点，．
（1）用表示；
（2）若，证明：．
（1）解：因为四边形为平行四边形，是的中点，，
所以，
．
（2）证明：由（1）可知
，
因为，所以，
则，即，
从而．
16. 如图，在中，，为的边上的高所在的直线，延长与相交于点，且，将绕着旋转一周得到一个几何体．
（1）求该几何体的体积；
（2）求该几何体的表面积．
解：（1）由，可得，
则，
则该几何体是由一个底面半径为3，高为的圆锥体内挖去一个底面半径为1，高为的圆锥后所得的．
所以，该几何体的体积为．
（2）由题及（1）可得，，
则该几何体的表面积为．
17. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求的面积．
解：（1）由，可得．
因为，所以．
又，且，
所以解得．
（2）由余弦定理可知．
因为，所以，
整理得，解得或（舍去）．
由，可得，
则的面积．
18. 如图，长方体的长，宽，高分别为，，2，且．
（1）当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积；
（2）求三棱锥体积的最大值；
（3）记三棱锥外接球的表面积为，底面的面积为，求的取值范围．
解：（1）因为底面为正方形，所以，
则长方体的表面积为，
体积为．
（2）由图可知
，
当且仅当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值为．
（3）由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球，
设该外接球的半径为，则，
所以，
则．
令，则．
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以的取值范围为．
19. 如图，在中，是上一点，是上一点，且．
（1）已知，在的垂直平分线上，且．
①求；
②若为外接圆的圆心，为外接圆的圆心，求．
（2）若是的角平分线，，求的最大值．
解：（1）①由题意得，，
在中，由余弦定理得，
即，解得．
又，则，．
在中，由余弦定理得．
②如图，易得四点共线．
在中，由正弦定理，可得，得，
则．
在中，由正弦定理，可得，得，
则．
故．
（2）因，
则得，
即(*).
在中，由余弦定理得：
，
因，且，故可得，
当且仅当时，等号成立.
此时，由(*)可得：，
当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为1．