河南省洛阳市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（解析版）

洛阳市2024—2025学年第二学期期中考试高一数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列结论正确的是（）A.若与都是单位向量，则B.方向为南偏西60°的向量与北偏东60°的向量是共线向量C.直角坐标平面上的轴，轴都是向量D.若与是平行向量，则【答案】B【解析】【分析】根据单位向量、方位角、平行（共线）向量等的定义判断各项的正误.【详解】A：由单位向量只是模长相等，但方向任意，故不一定成立，错；B：如下图，上北右东，则南偏西60°的向量，北偏东60°的向量，显然它们是方向相反的向量，即为共线向量，对；C：直角坐标系中，、轴有方向，但无大小，与向量的概念不符，错；D：与是平行向量，也有可能方向相反的情况，故不一定成立，错.故选：B2.三个平面可将空间分成部分，则的最大值为（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】C【解析】【分析】根据平面的性质，结合空间想象画出划分空间最多的情况即可得.【详解】由于两个平面最多将空间分成4个部分，故三个平面最多可将空间分成8个部分，如下图示，故选：C3.若复数是纯虚数，则实数的值为（）A.1或3 B.1或2 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据纯虚数的概念有，求解即可得.【详解】由题设，可得.故选：D4.如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，则的周长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合图形作出，求其各边长，即得周长.【详解】作出，如下图所示：由题意可知，，，由勾股定理可得，故的周长为.故选：A.5.在中，点是边中点，点是的中点，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可得出关于、的表达式，结合平面向量基本定理求出、的值，即可得解.【详解】如下图所示：因为为的中点，所以，因为为的中点，所以，所以，因为、不共线，且，所以，，故.故选：B.6.已知，，满足，，，则点依次是的（）A.重心，外心，垂心 B.重心，外心，内心C.外心，重心，垂心 D.外心，重心，内心【答案】C【解析】【分析】根据和外心的性质得到为外心；由重心的性质得到为重心；利用向量数量积运算法则得到，所以，同理可得，所以为垂心【详解】依题意，由得，到的三个顶点的距离相等，所以为外心；设的中点为，则由得，所以为重心；由得，所以，同理可得，所以为垂心．故选：C7.在平行六面体中，，分别为棱，上的点，且，，直线与平面的交点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等体积法得，计算可得，，代入化简即可.【详解】设平行六面体的体积为，因为平行六面体的上下底面平行，所以平面与上下底面的交线互相平行，设为平面与上底面的交线，为与的交点，则，连接,由等体积法可得，设平行六面体的上下底面的距离为，，因为在平行六面体中，因为，由等角定理可知各内角相等，所以，所以，，又因为各内角相等或互补，所以，所以，因为,,，所以,所以，即.故选：D.8.在中，角，，的对边分别为，，，若，则当最大时，等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由余弦定理及已知得，应用正弦边角关系、三角恒等变换有，进而有，即均为锐角，最后应用差角正切公式、基本不等式求最大值，并确定取值条件即可得.【详解】由，而，联立并整理得，所以，所以，则，显然均为锐角，所以，当且仅当，时取等号，故，此时.故选：C二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但选不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量，，下列说法正确的是（）A. B.C.，的夹角为 D.向量在向量上的投影向量为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，先计算和的坐标，再分别是计算它们的模进行判断，对于B，计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式分析判断，对于D，利用投影向量的定义计算判断.【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以，所以A正确，对于B，因为，所以，所以，所以B正确，对于C，因为，，所以，因为，所以，所以C正确，对于D，向量在向量上的投影向量为，所以D错误.故选：ABC10.在中，角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的是（）A.“”是“”的充要条件B.若，则为等腰三角形C.若，，，则符合条件的有两个D.若，则为锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】对于A，根据充要条件的定义结合正弦定理分析判断，对于B，利用余弦定理统一成边的形式，然后化简进行判断，对于C，根据已知条件计算到的距离，再与比较判断即可，对于D，利用两角和的正切公式分析判断即可.【详解】对于A，当时，有，由正弦定理得，当时，由正弦定理得，则，所以“”是“”的充要条件，故A正确；对于B，由，得，由余弦定理得，即，也即，整理得，故得或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，过作垂直于所在的直线于点，则，因为，所以符合条件的有两个，故C正确；对于D，因为，所以均不等于，且，则得，因，故得，所以，因，，则，即，所以为任意斜三角形，故D错误.故选：AC11.如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（）A.过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为B.存在点，使得平面平面C.当在线段上运动时，三棱锥的体积不变D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可①②③确定ABC的正误，利用展开法和点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D.【详解】对于A，∵正方体的对面互相平行，∴过三点的平面截正方体的对面所得截线互相平行，又∵为线段的中点，∴截面交BC于其中点G，连接，则四边形即为所求截面，显然为等腰梯形，且，梯形的高，面积为，故A正确；过与平面平行的直线都在过与平面平行的平面内，易知过与平面平行的平面截正方体的截面为如图所示1的六边形，其各顶点都是正方体的相应棱的中点，由于不在平面内，∴平面与直线平行，∴平面与线段没有公共点，故B错误；∵，平面，不在平面内，∴平面，又∵，∴到平面AD1C的距离为定值，又∵的面积为定值，∴当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，故C正确；将矩形展开到与等腰直角三角形在同一平面内，如图2所示，，当共线时取等号，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，且，则___________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用向量共线的坐标表示计算作答.【详解】向量，，因，则有，解得，所以.故答案为：413.已知复数，.若，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】由复数相等列出方程，得到的表达式，结合换元法，由二次函数的值域，即可得到结果.【详解】由两个复数相等可得，即，化简可得，其中，当时，取得最小值，，当时，取得最大值，，所以的取值范围是.故答案为：14.已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是________.【答案】【解析】【分析】根据直棱柱的结构特征及已知确定球心的位置和半径长度，利用球体半径与相关线段的几何关系求得，再应用基本不等式、棱柱体积公式求体积最大值.【详解】直三棱柱中，，则外接球的球心在中点的连线上，如下图，分别为中点，为中点，则为棱柱外接球球心，又，则，外接球的表面积是，若外接球半径为，则，可得，所以，则，故，由，即，当且仅当时取等号，所以此三棱柱的体积的最大值.故答案为：四、解答题：本大题共6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，，其中，且在复平面上对应的点在第一象限.（1）求复数；（2）若复数，求的共轭复数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，从而可求出的值，进而可求出复数；（2）先计算求复数，再求其共轭复数即可.【小问1详解】依题意得，解得，所以.【小问2详解】因，，所以，所以.16.已知向量，满足，，.（1）求向量与的夹角；（2）求证：；（3）求.【答案】（1）（2）证明见解析（3）6【解析】【分析】（1）由向量夹角的公式计算可得；（2）由数量积的运算律结合向量垂直的条件可得；（3）由数量积的运算律结合模长的计算可得.【小问1详解】由于.且，所以.【小问2详解】∵，∴.【小问3详解】.17.如图，四棱锥中，，，，且四点共面.（1）求证：底面为梯形；（2）是线段上的动点，线段上是否存在点，使平面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，证明见解析【解析】【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理证平面，再利用线面平行的性质定理证明；（2）取为上靠近点的三等分点，证明平面平面即可.【小问1详解】因，，则为线段靠近点的三等分点，为线段靠近点的三等分点，则，又平面，平面，则平面，又因四点共面，则平面，平面平面，则，则，又，所以底面为梯形.【小问2详解】存在，为上靠近点的三等分点，证明如下：连接，，因为上靠近点的三等分点，则,因且，则且，所以四边形为平行四边形，则，因平面，平面，则平面，因，平面，平面，则平面，又，平面，平面，则平面平面，因为上的动点，则平面，则平面.18.在中，角，，所对的边分别为，，.已知.（1）求角的大小；（2）若，设为的中点，且，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）正弦边角关系有，结合三角形内角的性质、三角恒等变换化简得，即可求解；（2）由题意，应用向量数量积的运算律、定义得，由余弦定理得，进而可得，即可得周长.【小问1详解】∵，由正弦定理得，即，∴，又，所以，从而.【小问2详解】∵为的中点，∴，两边平方可得，即①，在中，由余弦定理得②，由①②可得，，，所以，即.所以的周长为.19.已知圆锥的底面半径，高.（1）求此圆锥的表面积；（2）若圆锥在球内，求球的表面积的最小值；（3）若一个棱长为的正方体木块可以在这个圆锥内任意转动，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出母线长，再根据圆锥的表面积公式求解即可；（2）当球的表面积最小时，作出其轴截面，利用勾股定理求出球的半径，再根据球的表面积公式即可得解；（3）正方体的外接球在圆锥内，且与圆锥相切时最大，利用相似三角形求出正方体外接球的半径，即可得解.【小问1详解】因为，所以母线长，圆锥的底面圆面积为，圆锥的侧面面积为，则圆锥的表面积为；【小问2详解】当球的表面积最小时，其轴截面如图：设球的半径为，在中，由勾股定理得，解得，所以球表面积的最小值为；【小问3详解】正方体的外接球在圆锥内，且与圆锥相切时最大，设球心为，球心在上，作于，设球半径为，，由得，，解得，又，解得，即最大值为.20.对任意复数，定义.（1）若，求相应的复数；（2）证明：；（3）若中的为常数，令，对任意，是否一定有常数使得？若有，