福建省龙岩市龙岩市一级校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题（含答案）_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年05月试卷

龙岩市一级校联盟 2024—2025 学年第二学期半期考联考 高一数学试题 （考试时间：120分钟 总分：150分） 一、单项选择题：本大题共 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.若3+4iz =5i，则z =（ ） 4 3 3 4 4 3 3 4 A. - i B. - i C. + i D. + i 5 5 5 5 5 5 5 5 1 2.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a= 3，A=60°，若cos2C = ，则c=（ ） 2 A.1 B. 3 C.2 D.2 2 1uuur uuur 3.如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，则向量 AB-AC =（ ） 2 uuur uuur uuur uuur A.AE B.BE C.EA D.EB 4.已知m，n是两条不重合的直线，a，b是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A.若m//a，m//b，则a//b B.若m//n，m//a，则n//a C.若mÌa，nÌb，a//b，则m//n D.若m，n是异面直线，mÌa，m//b，nÌb，n//a，则a//b 5.已知向量a r ，b r 满足a r =1,-1，  a r -b r ×a r =-2，则b r 在a r 上的投影向量为（ ） A.  2,- 2  B. 2,-2 C.  - 2, 2  D. 1,-1 6.已知在正方形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为BC的中点，DE与CO相交于点F，M为DF的中 uuuur uuur uuur 1 点，若CM =lAB+mAD，则 l+m的值为（ ） 2 1 1 1 1 A. B.- C.- D.- 2 12 3 2 7.如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABC D 中，M，P分别是棱BB ，AD 的中点，平面DAMN与 1 1 1 1 1 1 1 1 平面CBPQ将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，DD 上，则多面体MNDA -PQCB 1 1 1 1的表面积为（ ） A.14 B.15 C.16 D.11+2 5 8.在四边形ABCD中，AB//CD，AD= BC =2，AB=3CD=3，若P为△ABC三条边上的一个动点， uuur uuur uuur 且AP=mAB+nAD，则以下说法正确的是（ ） 1 ①满足m= 的点P有且只有1个 3 ②满足m+n=1的点P恰有2个 ③能使m+n取最大值的点P恰有2个 ④能使3m+2n取最大值的点P有无数个 A.①② B.①③ C.②③ D.②④ 二、多项选择题：本大题共 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z满足z+2i=1+i，其中i为虚数单位，则（ ） A.复数z的虚部为-1 B. z =2 C.复数z是方程x2 +2x+2=0的解 D.z8 =16 B 10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b= 3，bsinA+B=ccos ，则（ ） 2 p A.B= B.△ABC外接圆的面积为p 6 3 3 C.△ABC面积的最大值为 D.△ABC周长的最大值为2 3 4 11.如图，在长方体ABCD-ABC D 中，AB=3，AD=2，AA =1，E是棱CD上的一个动点，下列 1 1 1 1 1 命题正确的是（ ） A.长方体外接球的表面积为14p B.过A，E，C 三点的平面截长方体ABCD-ABC D 所得截面的周长的最小值为6 2 1 1 1 1 1C.在棱DD 上存在相应的点G，使得AG//平面AEC 1 1 1 1 D.若CE = CD，点F在四边形ABC D （包括边界）上运动，且DF//平面AEC ，则DF的最小值为 3 1 1 1 1 1 6 2 三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分. r r r r r r r r 12.已知向量a，b 满足 a =2， b =1，向量a，b 的夹角为60°，则 2a+b =______. 13.如图，为测量高度CD，选取与C在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得ÐBAC =45°，ÐABC =105°， AB =2千米，在点B处测得D的仰角为60°，则CD的高为______千米. 14.在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2 =b2 +bc，若lcosC-B+cosA-l 存在最大值，则实数l的取值范围是______. 四、解答题：本大题共 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.（本题满分13分） z 已知复数z =a+2i，z =2-i，且 1 是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位. 1 2 z 2 （1）求a的值； uuur uuur uuur （2）在复平面内，O为坐标原点，向量OA，OB对应的复数分别是z z ，c+2-ci，若 AB =5，求 1 2 实数c的值. 16.（本题满分15分） 已知平面向量a r =2,1，b r =3,-1 . r r r r （1）当实数m为何值时，2a-mb 与3a-b垂直？ r r r r （2）若a+kb 与3a+2b 所成的角为锐角，求实数k的取值范围. 17.（本题满分15分） sinC 在△ABC中，D是BC边上的点且ÐBAD=ÐCAD， =3. sinB S （1）求 △ACD 的值； S △ABD（2）若AD=3，CD= 3，求△ABD的面积. 18.（本题满分17分） 如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA 为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题. 图1 图2 （1）求证：平面PMN//平面ABC. （2）求四面体ACMN的体积. OE （3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得DE//平面ABC？若存在，求 的值，并 EB 证明你的结论；若不存在，说明理由 19.（本题满分17分） 古希腊数学家托勒密给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积. 已知凸四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC，BD是其两条对角线. （1）若BD为凸四边形ABCD的外接圆直径，CB=CD，ÐACD=60°，AB =4，求BD与AC的长度； （2）若AC =4，且△BCD为正三角形，求△ABD面积的最大值； xy wz （3）已知x，y，z，w>0，且x2 + y2 - =w2 +z2 + ，xz+ yw=30，求xy+wz的最大值 2 2龙岩市一级校联盟 2024—2025 学年第二学期半期考联考 高一数学参考答案 一、单项选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 A A C D `B D C D 二、多项选择题：本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分. 题号 9 10 11 选项 ACD BC ABD 三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分. æ1 ö 12. 21 13.2 6 14.ç ,+¥ ÷. è2 ø uuur 1uuur 8.解：如图，得DC = AB. 3 uuur uuur 当P在边BC上时，设BP=lBC，lÎ0,1， uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur \AP= AB+BP= AB+lBC = AB+l BA+ AD+DC uuur æ uuur uuur 1uuurö æ 2löuuur uuur = AB+l -AB+ AD+ AB = 1- AB+lAD， ç ÷ ç ÷ è 3 ø è 3 ø uuur uuur uuur 2l 又AP=mAB+nAD，\m=1- ，n=l， 3 l é 4ù \m+n=1+ Î 1, ，3m+2n=3. ê ú 3 ë 3û 当P在边AB上时，n=0，m+nÎ0,1，3m+2nÎ0,3 . uuur uuur 当P在边AC上时，设AP=tAC ，tÎ0,1， uuur uuur uuur uuur æuuur 1uuurö 1 uuur uuur \AP=tAC =t AD+DC =t AD+ AB = tAB+tAD， ç ÷ è 3 ø 3 t 4t é 4ù \m= ，n=t ，\m+n= Î 0, ，3m=n，3m+2n=3tÎ0,3 . ê ú 3 3 ë 3û1 ①当m= 时，n=1，此时点P就是点C，或n=0，此时点P在AB上，故①错误； 3 ②当m+n=1时，有m=1，n=0或点P在AC上，这样的点P有2个，故②正确； 4 1 ③m+n的最大值为 ，此时m= ，n=1，这样的点P有且只有1个，故③错误； 3 3 ④3m+2n的最大值为3，当P在边BC上时，恒有3m+2n=3，这样的点P有无数个，故④正确. 故答案为D. 14.解：由余弦定理可得a2 =b2 +c2 -2bccosA=b2 +bc，则c-2bcosA=b， 由正弦定理可得sinB=sinC-2sinBcosA=sinA+B-2cosAsinB=sin AcosB+cosAsinB -2cosAsinB=sin AcosB-cosAsinB=sinA-B . p p p p 因为△ABC为锐角三角形，则0< A< ，0< B< ，所以- < A-B< ， 2 2 2 2 æ p pö 又因为函数y =sinx在 - , 内单调递增，所以A-B= B，可得A=2B， ç ÷ è 2 2ø 则lcosC-B+cosA-l=lcosp-4B+cos2B-l=cos2B-lcos4B-l =-2lcos22B+cos2B. ì p ì p 0< A< , 0<2B< , ï ï 2 2 ï ï ï p ï p p p 由于△ABC为锐角三角形，因此í0< B< ,即í0< B< , 解得 < B< ， 2 2 6 4 ï ï ï p ï p 0 .故l> . 4l 2 2 2 四、解答题：本大题共 5小题，共 77分. z a+2i 2a-2 a+4 15.解：（1）复数z =a+2i，z =2-i，aÎR，则 1 = = + i. 1 z z 2-i 5 5 z ì2a-2 =0, ï z ï 5 因为 1 是纯虚数，所以í 解得a =1. z a+4 z ï ¹0, ïî 5 （2）由（1）得z =1+2i，z z =1+2i2-i=4+3i. 1 1 2由题意得，点O，A，B的坐标分别为0,0，4,3，c,2-c， uuur uuur uuur uuur uuur 所以OA=4,3，OB=c,2-c，因为 AB = OB-OA =5， 所以 4-c2 +1+c2 =5，解得c=-1或c=4. 16.解：（1）因为a r =2,1，b r =3,-1，所以2a r -mb r =4-3m,2+m，3a r -b r =3,4 . r r r r 因为2a-mb 与3a-b垂直， 所以  2a r -mb r ×  3a r -b r =34-3m+42+m=0，解得m=4， 故当实数m的值为4时，满足题意. （2）a r +kb r =2,1+k3,-1=2+3k,1-k， 3a r +2b r =6,3+6,-2=12,1， 因为a r +kb r 与3a r +2b r 所成的角为锐角，所以  a r +kb r ×  3a r +2b r =122+3k+1-k>0， r r 5 r r 且a+kb 与3a+2b 不共线，即35k >-25.解得k >- . 7 r r 2 2 当a r +kb 与3a r +2b 共线时，2+3k =121-k，解得k = ，故k ¹ . 3 3 æ 5 2ö æ2 ö 综上可知.实数k的取值范围为 ç - , ÷Uç ,+¥ ÷. è 7 3ø è3 ø BD AB 17.解：（1）如图，由题意知AD为ÐBAC的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知 = ， CD AC AB sinC 因为 = =3， AC sinB BD S S 1 所以 = △ABD =3，即 △ACD = . CD S S 3 △ACD △ABD （2）设ÐADC =a，在△ADC中，因为AD=3，CD= 3， 所以AC2 = AD2 +CD2 -2×AD×CD×cosa，所以AC2 =12-6 3cosa. 在△ABD中，AD=3，BD=3CD=3 3， 所以AB2 = AD2 +BD2 -2×AD×BD×cosp-a，所以AB2 =36+18 3cosa.   3 又AB=3AC，所以36+18 3cosa=9 12-6 3cosa ，解得cosa= . 3 在△ADC中，AD=3，CD= 3， 1 3 2 9 2 所以S = ×DC×DA×sina= ，所以S =3S = . △ADC 2 2 △ABD △ADC 2 18.（1）证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以MN//BC， 又MN Ì/ 平面ABC，BC Ì平面ABC，所以MN//平面ABC，同理得PN//平面ABC， 又MN Ì平面PMN，PN Ì平面PMN，MN PN = N ，所以平面PMN//平面ABC. I 1 （2）解：在图2中，设圆锥的底面圆半径为r，则2pr = ´2p´2，解得r =1. 2 所以在图2中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点， BC 所以△ABC为等边三角形，所以 =2r =2，所以BC = 3. sin60° 1 3 3 3 S = ´ 3´ 3´ = ，圆锥的高h= 22 -12 = 3， △ABC 2 2 4 1 3 3 3 所以V = ´ ´ 3 = ， O-ABC 3 4 4 1 1 1 1 3 所以V = V = ´ V = V = ， M-ACN 2 M-ACO 2 2 B-ACO 4 O-ABC 16 3 即四面体ACMN的体积为 . 16 图2 OE （3）解：在线段OB上存在点E，且 =3，使得DE//平面ABC， EB 理由如下： 如图3，取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF， 所以DF//CN ，2DF =CN . 取CB的四等分点G，使CG =3BG，连接GE，FG. 因为OE =3EB，所以EG//OC，4EG =OC， 所以2EG =CN =2DF ，EG//DF ，所以四边形DFGE是平行四边形，所以DE//FG，又DE Ì/ 平面ABC，FGÌ平面ABC，所以DE//平面ABC. 图3 19.解：（1）如图1，因为BD为外接圆的直径，所以ÐBAD=ÐBCD=90°， 已知CB=CD，所以ÐCDB=ÐCBD=45°，CD=4 2 . 因为ÐACD=60°，所以ÐABD=ÐACD=60°（同弧所对的圆周角相等）. 在Rt△ABD中，ÐABD=60°，AB =4， AB 所以BD= =8，ÐADB=30°. cos60° 在△ACD中，ÐCAD=45°，ÐCDA=75°， CD AC   由正弦定理 = ，解得AC =2 6+ 2 . sinÐCAD sinÐCDA 图1 （2）如图2，设△BCD的边长为a，由托勒密定理AC×BD= AB×CD+BC×AD， 得AC×a = AB×a+ AD×a，即AB+ AD=4. 因为A，B，C，D四点共圆，所以ÐBAD+ÐBCD=180°，所以ÐBAD=120°， 1 3 3 AB+ AD2 S = AB×AD×sinÐBAD= AB×AD£ × = 3， △ABD 2 4 4 4 当且仅当AB= AD=2时，等号成立，所以S  = 3. △ABD max 图2 （3）如图3，构造圆内接四边形ABCD，设AB = x，BC = y，CD= z，AD=w，xy wz 1 由x2 + y2 - =w2 +z2 + ，构造cosÐABC = ， 2 2 4 1 由共圆得cosÐADC =- ， 4 xy wz 由余弦定理得AC2 = x2 + y2 - =w2 +z2 + ， 2 2 由托勒密定理得xz+ yw= AB×CD+BC×AD=30，即AC×BD=30. 1 1 1 15 S +S = xysinÐABC+ wzsinÐADC = × xy+wz， △ABC △ACD 2 2 2 4 8 15 所以xy+wz = S . 15 ABCD 1 uuur uuur 1 因为S = AC×BD×sin AC,BD £ AC×BD=15. ABCD 2 2 所以xy+wz £8 15，当且仅当AC ^ BD时，等号成立，xy+wz的最大值为8 15. 图3