山东省泰安市新泰市2024_2025学年高一数学下学期4月期中测试试题解析版

这是一份山东省泰安市新泰市2024_2025学年高一数学下学期4月期中测试试题解析版，共9页。试卷主要包含了 若复数满足，则复数的实部为等内容，欢迎下载使用。
1. 若，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的定义计算即可.
【详解】由题意可知在上的投影向量，
所以，又，所以.
故选：C
2. 若的直观图如图所示，，，则顶点B到x轴的距离是（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作轴交轴于点，求得，结合斜二测画法的规则，得到点到轴的距离即为，即可求解.
【详解】如图（1）所示，在的直观图中，过点作轴交轴于点，
又因为，且，可得，
在直角坐标系中，作出的图形，如图（2）所示，
根据斜二测画法的规则，可得轴，即点到轴的距离即为.
故选：C.
3. 若复数满足，则复数的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设（），代入化简计算可求出，从而可求得答案
【详解】设（），则，
化简得，
根据对应相等得，
解得，，
故选：C.
4. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，且，，则
D. ，，三个平面最多可将空间分割成个部分
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，结合条件可得直线，可能平行，相交，异面，判断A，对于B，由条件可得或，由此判断B，结合面面平行判定定理判断C，举例判断D.
【详解】对于选项A，若，，则与可能相交、平行或异面，故选项A错误；
对于选项B，若，，则或，故选项B错误；
对于选项C，若，，且，，因为直线，未必相交，所以与不一定平行，故选项C错误；
对于选项D，，，三个平面两两垂直时，可将空间分割成个部分，故选项D正确．
故选：D.
5. 中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，再由正弦定理得到，即可求出，从而得解.
【详解】由有，
由正弦定理有，又，
即，
所以，
又，则.
故选：D
6. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出底面内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时，棱长最大可得.
【详解】在正三棱柱中，，所以底面三角形内切圆半径为，
因为存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中，
若正方体棱长最大，可知该球体直径应为底面内切圆直径，即，即，
此时三棱柱的高大于球的直径，符合要求.
故选：D
7. 如图，矩形中，，，与相交于点，过点作，垂足为，则（ ）．
A. B. 3C. 6D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】把用表示后再由数量积定义计算．
【详解】，
．
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是用表示，然后根据向量数量积定义计算．
8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，，
在正方体中，可得且，
因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，
因为，且平面，所以平面平面，
又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，
因为正方体的边长为，可得，，
在中，可得，且，
则，所以的最小值为.
故选：B
二､多选题（每小题6分，有错项得0分，部分对得部分分）
9. 已知复数，是关于的方程的两根，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】在复数域解一元二次方程可得，，再利用复数的乘法运算、共轭复数定义、模长公式一一判定选项即可.
【详解】根据题意知，所以，
不妨令，，
则，，
，而，
故A、B、C正确，D错误.
故选：ABC
10. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（ ）
A. 直线与是相交直线B. 直线与是异面直线
C. 与平行D. 直线与共面
【答案】BD
【解析】
【分析】根据异面直线的概念结合正方体性质可判断AB；根据直线的平行的判定可判断C；利用四点共面可判断D.
【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上，
A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误；
对于B，三点在平面内，不在直线上，
M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确；
对于C，取的中点E，连接，又N为的中点，
则有，，
所以四边形是平行四边形，所以，
，则与不平行，故C错误；
对于D，连接，
因为M，N分别为棱的中点，
所以， 由正方体的性质可知：，
所以，则有四点共面，
所以直线与共面，故D正确.
故选：BD.
11. 在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ）
A. 1.5B. 1.6C. 1.7D. 1.8
【答案】BC
【解析】
【分析】根据即可求解.
【详解】根据题意可得：满足条件的有两个，可得，
故选:BC
第II卷（非选择题）
三､填空题（每小题5分）
12. 已知向量，，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的线性运算表示，根据向量平行可得结果.
【详解】∵，，
∴，
∵，
∴，解得.
故答案为：.
13. 在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将该三棱锥放入正方体中，借助正方体的外接球求解，即可根据体积公式计算.
【详解】由于两两垂直,将该三棱锥放入正方体中，如图：
故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，
故该三棱锥外接球半径为.
.
故答案为：
14. ，若，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义及性质结合复数模的定义即可求解.
【详解】解：因为，所以，则，故
所以.
故答案为：.
四､解答题
15. 已知复数，，其中a是正实数．
（1）若，求实数a的值；
（2）若是纯虚数，求a的值．
【答案】（1）2 （2）2
【解析】
【分析】（1）根据复数的定义及复数的运算法则构建关于的方程组，求解的值；
（2）根据复数的除法运算求解，利用复数的定义，构建关于的方程组，求解的值；
【小问1详解】
解：∵，，，
∴，从而，解得，
所以实数a的值为2．
【小问2详解】
依题意得：，
因为是纯虚数，所以：，解得：或；
又因为a是正实数，所以a＝2．
16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点．
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.
（2）令，，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.
【小问1详解】
依题意，，，，
而是边的中点，，则，
因此，又，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：令，，则，
，
则有，
当时，，当时，，
所以的取值范围是.
17. 如图，在正方体中，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造三角形中位线，可得线线平行，再利用线面平行的判定定理可得线面平行.
（2）寻找线面平行，根据面面平行的判定定理证明面面平行.
【小问1详解】
如图：连接BD，设，连接OM，
∵在正方体中，四边形是正方形，是中点，
是的中点，，
平面，平面，
平面.
【小问2详解】
如图：连接，NB，
为的中点，为的中点，
，又，
∴四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面
由（1）知平面，，平面，平面，
∴平面平面.
18. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
（1）求角A；
（2）若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解.
（2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
解：∵，由正弦定理得：，即，
则，
又在中，，，故，
故.
【小问2详解】
由题可知，设,则，
由正弦定理得：，即，
解得，
由余弦定理得，解得；
又，故.
由余弦定理得，即，
解得，则，.
的面积为.
19. 如图，ABCD是圆台下底面圆内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，PA为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1．
（1）求该圆台的表面积；
（2）求四棱锥的体积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理可求得，由正弦定理可得下底面半径，可求以圆台表面积；
（2）由三角形面积公式可求得的面积，在中，由余弦定理得，可得，则的面积，得到底面ABCD面积的最大值，再在轴截面直角梯形中，由勾股定理求出圆台的高，即可求得四棱锥的体积的最大值．
【小问1详解】
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
得，
由正弦定理可知外接圆直径，
所以下底面半径，上底面半径，
圆台侧面积，
，
所以圆台表面积．
【小问2详解】
在四边形ABCD中，，
在中，由余弦定理，
得，
所以，当且仅当时“”成立，
所以的面积，
底面ABCD面积的最大值为，
在轴截面直角梯形中，由勾股定理可得，
所以四棱锥的体积的最大值为．